第2章 专题强化1 气体等温变化规律的应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

专题强化1　气体等温变化规律的应用 第二章　固体、液体和气体 [学习目标]　1.掌握气体的等温变化规律,公式及适用条件,学会利用等温变化规律解决问题。2.理解等温变化的图像,并能利用图像解决问题。 课时作业 巩固提升 类型1　封闭气体压强 类型2　气体等温变化 内容索引 类型3　气体等温变化的p-V图像或p- 图像 类型1　封闭气体压强 一 4 1.静止或匀速运动系统中封闭气体压强的计算方法 (1)参考液片法:选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立受力平衡方程,得到液片两侧压力相等,进而求得气体压强。 例如,图中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A,在其最低处取一液片B,由其两侧受力平衡可知 (pA+)S=(p0+ph+)S 即pA=p0+ph。 梳理 必备知识 自主学习 (2)力平衡法:选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析,由F合=0列式求气体压强。 (3)连通器原理:在连通器中,同一种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强相等。 2.容器加速运动时封闭气体压强的计算 当容器加速运动时,通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象,并对其进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。 如图,当竖直放置的玻璃管向上匀加速运动时,对液柱受力分析有pS-p0S-mg=ma, 则p=p0+。 [思考与讨论] (1)如图甲所示,C、D液面水平且等高,液体密度为ρ,重力加速度为g,其他条件已标于图上,试求封闭气体A的压强。 (2)在图乙中,汽缸置于水平地面上,汽缸横截面积为S,活塞质量为m,汽缸与活塞之间无摩擦,设大气压强为p0,重力加速度为g,试求封闭气体的压强。 提示:(1)同一水平液面C、D处压强相同,可得pA=p0+ρgh。 (2)以活塞为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件得mg+p0S=pS 则p=p0+。 [典例1]　求汽缸中气体的压强。(大气压强为p0,重力加速度为g,活塞的质量为m,横截面积为S,汽缸、物块的质量均为M,活塞与汽缸间均无摩擦,均处于平衡状态) 甲　　　　　　　乙　　　　　　　丙____________ 归纳 关键能力 合作探究 p0+ p0- p0+ [解析]　题图甲中选活塞为研究对象,受力分析如图(a)所示,由平衡条件知pAS=p0S+mg,得pA=p0+; 题图乙中选汽缸为研究对象, 受力分析如图(b)所示, 由平衡条件知p0S=pBS+Mg,得pB=p0-; 题图丙中选活塞为研究对象,受力分析如图(c)所示,pCS下sin α=p0S上+FN+mg,FN=Mg,S下sin α=S上,S上=S,由以上可得pC=p0+。 [典例2]　如图所示,玻璃管开口向上,竖直静止放置,外界大气压强为p0,液体密度为ρ,高度为h,重力加速度为g,若将上述玻璃管由静止自由释放,求下落过程中封闭气体的压强。 [答案]　见解析 [解析]　下落过程中对液柱受力分析如图所示, 由牛顿第二定律得p0S+mg-pS=ma ① a=g ② 联立①②解得p=p0。 [针对训练] 1.已知大气压强为p0,重力加速度为g,图中各装置均处于静止状态,图中液体密度均为ρ,求被封闭气体的压强。 答案:甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0-ρgh 丁:p0+ρgh1 解析:在图甲中,以高为h的液柱为研究对象, 由二力平衡知p气S+ρghS=p0S 所以p气=p0-ρgh; 在图乙中,以B液面为研究对象, 由平衡方程F上=F下有 p气S+ρghS=p0S 所以p气=p0-ρgh; 在图丙中,仍以B液面为研究对象,有 p气+ρghsin 60°=pB=p0 所以p气=p0-ρgh; 在图丁中,以液面A为研究对象,由二力平衡得 p气S=(p0+ρgh1)S 所以p气=p0+ρgh1。 二 类型2　气体等温变化 17 1.内容(玻意耳定律):一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强p与体积V成反比。 2.公式:pV=C(常量)或p1V1=p2V2。 (1)该常量C与气体的种类、质量、温度有关。 (2)对一定质量的气体,温度越高,则常量C越大。 梳理 必备知识 自主学习 3.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。 [思考与讨论] 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? (2)气泡在上升过程中体积为何会变大? (3)为什么到达水面会破? 提示:(1)变小。 (2)由玻意耳定律pV=C可知,压强变小,气体的体积增大。 (3)内外压强不相等,气泡内部压强大于外部压强。 [典例3]　如图所示,高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上,汽缸的横截面积为S,重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体,活塞离缸底高为h,现手持“⊥”形活塞上端,缓慢竖直上提活塞,当活塞上升到汽缸上端口时,汽缸仍未离开水平地面,求竖直上提的力F的大小。已知大气压强为p0,不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化,不计活塞及汽缸壁的厚度。 [答案]　 归纳 关键能力 合作探究 [解析]　以密闭气体为研究对象,初状态:压强p1=p0+,体积V1=hS,末状态:压强p2=p0+,体积V2=HS。由玻意耳定律得p1V1=p2V2,即(p0+)hS=(p0+)HS,解得F=。 [典例4]　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', 根据气体等温变化规律p1LS=p'1L'S 代入数值得p'1=p1=·60 cmHg=66 cmHg 又p'1+ph'=p0,则ph'=10 cmHg 得h'=10 cm。 [针对训练] 2.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1×103 kg/m3,g取10 m/s2)(　　) A.4倍　　　　　　　　 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 C 解析: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可得,它的体积变为原来体积的2倍,故选C。 3.潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 (1)求进入圆筒内水的高度l; (2)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。 答案:(1)h　(2) 解析:(1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有 p1V1=p0V0 ① V0=hS ② V1=(h-l)S ③ p1=p0+ρg(H-l) ④ 联立以上各式并考虑H≫h>l,解得 l=h。 ⑤ (2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有 p2V0=p0V3 ⑥ 其中p2=p0+ρgH ⑦ 设需压入筒内的气体体积为V,依题意得 V=V3-V0 ⑧ 联立②⑥⑦⑧式得V=。 ⑨ 三 类型3　气体等温变化的p-V图像或p- 图像 32 　p-V图像与p- 图像的比较 梳理 必备知识 自主学习 两种图像 内容　　　 p-V图像 p- 图像 图像特点     两种图像 内容　　　 p-V图像 p- 图像 物理意义 一定质量的气体,在温度不变的情况下,p与V成反比,等温线是双曲线的一支 一定质量的气体,在温度不变的情况下,p与成正比,等温线是过原点的直线 温度高低 一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越大,等温线离原点越远,图中t1<t2 直线的斜率为p与V的乘积,斜率越大,pV乘积越大,温度越高,图中t1<t2 [思考与讨论] (1)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图像,T1和T2哪一个大?为什么? (2)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的p- 图像,T1和T2哪一个大?为什么? 提示:(1)T2大。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)T2大。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。 [典例5]　(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 [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。 归纳 关键能力 合作探究 AD [典例6]　(多选)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,气体的温度和分子平均速率的变化情况的下列说法正确的是(　　) 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.平均速率先增大后减小 BD [解析]　由图像可判断得pAVA=pBVB,所以气体在A、B两状态的温度相等,可在p-V图上作出几条等温线,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,故A、C错误,B正确;温度高,分子平均动能大,分子平均速率大,所以分子的平均速率先增大后减小,故D正确。 [针对训练] 4.(多选)下图中,p表示压强,V表示体积,T为热力学温度,各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是(　　) AB 解析:A图中可以直接看出温度不变;B图说明p∝,即p·V=常数,是等温过程;C图中可以直接看出温度在变化;D图的p-V图像不是双曲线,故不是等温变化。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.(多选)竖直平面内有一粗细均匀的玻璃管,管内有两段水银柱封闭的两段空气柱a、b,各段水银柱高度如图所示,大气压强为p0,重力加速度为g,水银密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A.空气柱a的压强为p0+ρg(h2-h1-h3) B.空气柱a的压强为p0-ρg(h2-h1-h3) C.空气柱b的压强为p0+ρg(h2-h1) D.空气柱b的压强为p0-ρg(h2-h1) AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:从开口端开始计算,右端大气压强为p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1),而a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3),故A、C正确,B、D错误。 2.一定质量的气体,压强为3 atm,保持温度不变,当压强减小了2 atm时,体积变化了4 L,则该气体原来的体积为(　　) A. L　　　　　　　　　 B.2 L C. L D.3 L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:设该气体原来的体积为V1,由玻意耳定律知压强减小时,气体体积增大,即3 atm·V1=(3-2)atm·(V1+4 L),解得V1=2 L,B正确。 3.(多选)如图甲所示,一汽缸竖直放置,汽缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在汽缸内,活塞与汽缸壁无摩擦,气体处于平衡状态。现保持温度不变,把汽缸向右倾斜90°(如图乙所示),达到平衡后,与原来相比(　　) A.气体的压强变大 B.气体的压强变小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对活塞受力分析可知,开始时,封闭气体的压强p1=p0-,而汽缸向右倾斜90°后,p2=p0,故p1<p2,由于温度不变,由等温变化规律知V1>V2,故A、D正确。 4.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析: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。 5.(多选)如图所示,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C的过程温度先降低再升高 D.A、C两点的温度相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,可知从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。 6.(多选)如图所示,为一定质量的气体在不同温度下的两条p- 图线,由图可知(　　) A.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成正比 B.一定质量的气体在发生等温变化时,其p- 图线的延长线经过坐标原点 C.T1>T2 D.T1<T2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 BD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:题图为一定质量的气体在发生等温变化时的p- 图线,由图线过原点可知=恒量,即斜率k=pV为恒量,所以p与V成反比,A错误,B正确;根据p- 图线斜率的物理意义可知,C错误,D正确。 7.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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+=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。 [B组　综合强化练] 8.有一段12 cm长的汞柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角θ为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg)(　　) A.76 cmHg　　　　　　　　 B.82 cmHg C.88 cmHg D.70 cmHg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:对玻璃管和水银柱组成的系统,根据牛顿第二定律可得整体的加速度a=gsin θ,对水银柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-pS=ma,解得p=p0,故选A。 9.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 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。 10.如图所示,一个内壁光滑、导热性能良好的汽缸竖直吊在天花板上,开口向下,质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10-3 m2,与汽缸底部之间封闭了一定质量的气体。此时活塞与汽缸底部之间的距离h=24 cm。活塞距汽缸口10 cm。汽缸所处环境的温度为300 K,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2。现将质量为m=4 kg的物块挂在活塞中央位置上。活塞挂上重物后,活塞下移,则稳定后活塞与汽缸底部之间的距离为(　　) A.25 cm B.26 cm C.28 cm D.30 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:根据题意可知该过程中气体的温度不变,初态压强为p0=1.0×105 Pa,体积为V0=Sh;末态压强为p=p0-,根据玻意耳定律有p0Sh=pSH,解得H=30 cm,且此时活塞未脱离汽缸,故D正确,A、B、C错误。 11.如图所示,竖直放置的导热汽缸,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=10.2 kg,大气压强 p0=1×105 Pa,水银密度 ρ=13.6×103 kg/m3,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1 ; (2)在活塞上加一竖直向上的拉力,缓慢向上拉活塞使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=7.5 cm,求活塞平衡时与汽缸底部的高度和此时的拉力F。 答案:(1)0.075 m　(2)0.859 m　204 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)对活塞,有 p0S+mg=p1S 由题意可知p1=p0+ρgh1 解得h1==0.075 m。 (2)汽缸内气体做等温变化,则活塞平衡后汽缸内的压强为p2=p0-ρgh2 由p1V1=p2V2可得 (p0+ρgh1)HS=(p0-ρgh2)xS 解得x≈0.859 m 对活塞有F=p0S+mg-p2S 解得F=204 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [C组　培优选做练] 12.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g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 (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。 答案:(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 解析:(1)对汽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)重物放上后,设汽缸内气体压强为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 得p2=4.5×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 对汽缸内气体分析,导热性能良好,室温不变,则汽缸内气体温度不变, 初状态:p1=1.5×105 Pa,V1=LS, 末状态:p2=4.5×105 Pa,V2=L'S, 对汽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。 $$