第2章 2 第2课时 气体的等温变化-【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（人教版）

2　气体的等温变化 第2课时　气体的等温变化 第二章　气体、固体和液体 [学习目标]　1.掌握压强的计算方法。2.理解玻意耳定律,并掌握其适用条件,学会利用该定律解决有关问题(重难点)。 3.理解等温变化的图像,并能利用图像分析实际问题(重点)。 课时作业 巩固提升 要点1　封闭气体压强的计算 要点2　玻意耳定律 要点3　气体等温变化的p-V图像或p- 图像 内容索引 要点1　封闭气体压强的计算 一 4 1.静止或匀速运动系统中封闭气体压强的计算 (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。 (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+。 [例1]　若已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态,求被封闭气体的压强。(重力加速度为g,图甲、乙中液体的密度为ρ,图丙中活塞的质量为m,活塞的横截面积为S) [答案]　甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0+ [解析]　在图甲中,选B液面为研究对象,由平衡条件得p甲S'+ρghS'=p0S'(S'为小试管的横截面积),所以p甲=p0-ρgh。 在图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件得p乙S″+ρghS″=p0S″(S″为U形管的横截面积),所以p乙=p0-ρgh。 在图丙中,选活塞为研究对象,由平衡条件得p丙S=p0S+mg,所以p丙=p0+。 [例2]　如图所示,光滑水平面上放有一质量为M的汽缸,汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞,活塞横截面积为S。现用水平恒力F向右推汽缸,最后汽缸和活塞达到相对静止状态,求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压强为p0) [答案]　p0+ [解析]　选取汽缸和活塞整体为研究对象, 汽缸和活塞相对静止时有 F=(M+m)a ① 以活塞为研究对象,由牛顿第二定律有 pS-p0S=ma ② 联立①②解得p=p0+。 [针对训练]　1.在均匀直玻璃管中有一段12 cm长的水银柱封住了一定质量的气体,若将玻璃管开口向上放置在倾角θ=30°的光滑斜面上,在下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0=76 cmHg)(　　) A.76 cmHg　　　　　　　　 B.82 cmHg C.88 cmHg D.70 cmHg A 解析:水银柱所处的状态不是平衡状态,因此不能用平衡条件来处理。水银柱的受力分析如图所示,因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a=gsin θ,所以对水银柱,由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-pS=ma,故p=p0=76 cmHg,A正确。 2.已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态,图中液体密度均为ρ,已知重力加速度为g,求被封闭气体的压强。 答案:甲:p0-ρgh　乙:p0+ρgh1 解析:在图甲中,以B液面为研究对象,有 p甲S+ρghS sin 60°=p0S 所以p甲=p0-ρgh; 在图乙中,以A液面为研究对象,由平衡条件得 p乙S=(p0+ρgh1)S 所以p乙=p0+ρgh1。 二 要点2　玻意耳定律 16 1.内容:一定质量的某种气体,在　　　不变的情况下,压强p与体积V成 　 　　。  2.成立条件 (1)　　　一定,　　　不变。  (2)温度不太低,压强不太大。 3.表达式:p1V1=　　　　　　或pV=C(常量)或=　　　。  梳理 必备知识 自主学习 温度 反比 质量 温度 p2V2 [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。 1.常量的意义 p1V1=p2V2=C,该常量C与气体的种类、质量、温度有关,对一定质量的气体,温度越高,则常量C越大。 2.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。 归纳 关键能力 合作探究 [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。 [例3]　如图所示,某种自动洗衣机进水时,与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气,通过压力传感器感知管中的空气压力,从而控制进水量。设温度不变,洗衣缸内水位升高,则细管中被封闭的空气(　　) A.体积不变,压强变小　　　 B.体积变小,压强变大 C.体积不变,压强变大 D.体积变小,压强变小 B [解析]　由于气体温度不变,属于等温变化,水位升高,封闭气体的体积减小,根据玻意耳定律pV=C可知压强增大,故B正确。 [例4]　如图所示,一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管,有一段h=19 cm的水银柱将一部分空气封闭在细玻璃管里。当玻璃管开口向上竖直放置时(如图甲),管内空气柱长L1=15 cm,大气压强p0=76 cmHg。那么,当玻璃管开口向下竖直放置时(如图乙,水银没有流出),管内空气柱的长度是多少? [答案]　25 cm [解析]　封闭细玻璃管内的气体质量不变,做等温变化。设细玻璃管横截面积为S。 开口向上竖直放置时,空气柱的体积V1=L1S 压强p1=p0+ph=(76+19)cmHg=95 cmHg 开口向下竖直放置时,空气柱的体积V2=L2S 压强p2=p0-ph=(76-19)cmHg=57 cmHg 根据玻意耳定律,有p1V1=p2V2 代入数值可得L2=25 cm。 [针对训练]　3.如图为某兴趣小组发射的自制水火箭。发射前瓶内空气的体积为1.2 L,水的体积为0.8 L,瓶内空气压强为3 atm。打开喷嘴后水火箭发射升空,忽略瓶内空气温度的变化,外界大气压强为1 atm。在瓶内的水刚喷完瞬间,瓶内空气的压强为(　　) A.1.8 atm B.2.1 atm C.2.5 atm D.2.8 atm A 解析:由题意可知,发射前,瓶内空气的压强和体积分别为p1=3 atm、V1=1.2 L,水完全喷完瞬间,瓶内空气的体积V2=1.2 L+0.8 L=2.0 L,设瓶内的水刚喷完瞬间,瓶内空气的压强为p2,瓶内气体经历等温变化,根据玻意耳定律有p1V1=p2V2,解得p2=1.8 atm,故选A。 4.如图所示,一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的汽缸内,活塞相对于底部的高度为h,可沿汽缸无摩擦地滑动。取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上。沙子倒完时,活塞下降了。再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上。外界大气的压强和温度始终保持不变,求此次沙子倒完时活塞距汽缸底部的高度。 答案:h 解析:设大气和活塞对气体的总压强为p0,加一小盒沙子对气体产生的压强为p,活塞横截面积为S,由玻意耳定律得p0hS=(p0+p)(h-h)S,得p=p0,再加一小盒沙子后,气体的压强变为p0+2p,设此时活塞距汽缸底部的高度为h ',由玻意耳定律得p0hS=(p0+2p)h'S,解得h'=h。 名师点评 应用玻意耳定律解题时的两个误区 误区1:误认为在任何情况下玻意耳定律都成立。只有一定质量的气体在温度不变时,玻意耳定律才成立。 误区2:误认为气体的质量变化时,一定不能用玻意耳定律进行分析。当气体经历多个质量发生变化的过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,应用玻意耳定律列方程。 三 要点3　气体等温变化的p-V 图像或p- 图像 31 两种等温变化图像 图像名称 p-图像 p-V图像 图像特点     图像名称 p-图像 p-V图像 物理意义 一定质量的某种气体,温度不变时,pV=恒量,p与V成反比,p与就成正比,在p-图像上的等温线应是过原点的倾斜直线 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,p与V成反比,因此等温过程的p-V图像是双曲线的一支 图像名称 p-图像 p-V图像 温度高低 直线的斜率为p与V的乘积,斜率越大,pV乘积越大,温度就越高,图中T2>T1 一定质量的某种气体,温度越高,气体压强与体积的乘积必然越大,在p-V图像上的等温线离原点就越远,图中T2>T1 [例5]　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,气体分子平均速率的变化情况是(　　) A.一直保持不变　　　　　　 B.一直增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 D [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。由于离原点越远的等温线温度越高,如图所示,所以从状态A到状态B,气体温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小。 [例6]　如图,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的过程。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.A与B的状态参量相同 D.B→C体积减小,压强减小,温度不变 A [解析]　图线D →A段的斜率不变,由数学知识可知p-图像的斜率等于pV,斜率不变,即pV不变,由玻意耳定律pV=C分析可知温度不变,所以D→A是一个等温过程,故A正确;由题图可看出A→B过程中气体的体积不变,温度变化,故B错误;A与B的体积相同,压强不同,温度也不同,所以状态参量不相同,故C错误;B→C过程气体的体积增大,压强减小,但p-图像的斜率即pV不变,根据玻意耳定律pV=C可知温度不变, 故D错误。 [针对训练]　5.(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,故也不是等温变化。 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.如图所示,U形管封闭端内有一部分气体被水银封住,已知大气压强为p0,封闭部分气体的压强p(均以cmHg为单位)为(　　) A.p0+ph2　　　　　　　　 B.p0-ph1 C.p0-(ph1+ph2) D.p0+(ph2-ph1) 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:选右管液面为研究对象,根据连通器原理可知p+ph1=p0,所以p=p0-ph1,B正确。 2.质量为M的汽缸口朝上静置于水平地面上(如图甲),用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计),活塞的横截面积为S。将汽缸倒扣在水平地面上(如图乙),静止时活塞没有接触地面,且活塞下部分气体压强恒为大气压强。已知大气压强为p0,重力加速度为g,不计一切摩擦,则下列分析正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A.甲图中,汽缸对地面的压力为Mg B.甲图中,封闭气体压强为p0+ C.乙图中,地面对汽缸的支持力为Mg+p0S D.乙图中,封闭气体压强为p0- 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:题图甲中对活塞受力分析可知,p0S+mg=pS,则封闭气体压强为p=p0+,选项B正确;题图甲、乙中,对活塞和汽缸整体受力分析可知,地面对汽缸的支持力为Mg+mg,则汽缸对地面的压力为Mg+mg,选项A、C错误;题图乙中,对活塞受力分析可知,p'S+mg=p0S,则封闭气体压强为p'=p0-,选项D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.如图所示,内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上,T形活塞的质量为M,下底面积为S,上底面积为4S。若大气压强为p0,重力加速度为g,则被封闭气体的压强p等于(　　) A.4p0+ B.3p0+ C.p0+ D.条件不够,无法判断 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:以活塞为研究对象,活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力,根据受力平衡得Mg+p0S=pS,解得p=p0+,C正确。 4.一个气泡由湖面下20 m深处上升到湖面下10 m深处,它的体积约变为原来体积的(温度不变,水的密度为1.0×103 kg/m3,g取10 m/s2)(　　) A.3倍 B.2倍 C.1.5倍 D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:根据玻意耳定律有=====,故C正确。 5.一定质量的气体,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 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 6.(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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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的过程温度先升高后降低,C项错误;A、C两点在同一等温线上,温度相等,D项正确。 7.将水杯开口向下倒置在水盆中,可在杯中封闭一段气体。现将水杯缓慢向上提起一段高度(杯口始终未露出水面,杯内气体未漏出),设环境温度保持不变。此过程中杯中封闭气体(　　) A.体积变小,压强变小 B.体积变大,压强变大 C.体积变小,压强变大 D.体积变大,压强变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:将水杯缓慢向上提起一段高度,由于水杯上升,水杯内水面与杯口水面的高度差减小,则杯内气体压强变小,气体做等温变化,根据pV=C可知,此过程中杯中封闭气体体积变大,故选D。 8.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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。 [B组　综合强化练] 9.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 mm2,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,根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,代入解得p=748 mmHg,A正确。 10.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析: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,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。 11.(2024·山西运城教育联盟联考)汽车行驶时轮胎的胎压太高或太低都容易造成安全隐患。某型号轮胎的容积为30 L,充气前内部已有压强为2个大气压的空气(可视为理想气体)。现用充气泵对其充气,要求轮胎内部压强达到2.5个大气压,不考虑充气过程气体温度的变化,则需充入压强为1个大气压的空气的体积为(　　) A.5 L B.15 L C.25 L D.35 L 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:设轮胎的容积为V0,充入的1个大气压的空气的体积为V,根据玻意耳定律,有2p0V0+p0V=2.5p0V0,解得V=15 L,故选B。 12.(2024·山东日照联考)如图所示,某装置中竖直放置一内壁光滑、开口向上的圆柱形容器,圆柱形容器用一定质量的活塞封闭一定质量的理想气体,外界大气压强为p0,当装置静止时,容器内气体压强为1.1p0,活塞下表面与容器底面的距离为h0,当装置以某一恒定加速度加速上升时,活塞下表面距容器底面的距离为0.8h0。若容器内气体温度始终保持不变,重力加速度大小为g,则装置的加速度大小为(　　) A.0.25g B.1.5g C.2.75g D.11.5g 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:设活塞的横截面积为S,当装置静止时,有1.1p0S=p0S+mg,当加速上升时,设容器内气体压强为p,有pS-mg-p0S=ma,由于气体的温度不发生变化,所以对气体有p·0.8h0S=1.1p0h0S,解得a=2.75g,故选C。 [C组　培优选做练] 13.(2024·河北邢台期中)气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置,其简化结构如图所示。直立面柱形密闭汽缸导热良好,活塞通过连杆与车轮轴连接,初始时汽缸内密闭一定质量的理想气体。车辆载重时,相当于在汽缸顶部增加一个物体A,当物体A的质量m1=60 kg时,气柱稳定时的长度L1=0.16 m,当物体A的质量m2=160 kg时,气柱稳定时的长度 L2=0.12 m,上述过程中气体的温度均保持不变。汽缸与活 塞间的摩擦忽略不计,重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求车辆未载重时缸内气柱的长度L0; (2)若活塞的横截面积S=1.0×10-2m2,求车辆未载重时缸内理想气体的压强p0。 答案:(1)0.2 m　(2)2.4×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)当物体A的质量m1=60 kg时,缸内气体的压强p1=p0+ 当物体A的质量m2=160 kg时,缸内气体的压强p2=p0+ 根据玻意耳定律有p1L1S=p2L2S=p0L0S 解得L0=0.2 m。 (2)在(1)问中解得p0= 将S=1.0×10-2m2代入上式解得p0=2.4×105 Pa。 $$