第2章 2.第2课时 气体等温变化的规律及其应用-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第二章 气体、固体和液体 2．气体的等温变化 第2课时　气体等温变化的 规律及其应用 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课后课时作业 课堂探究评价 课前自主学习 压强p 体积V pV p1V1＝p2V2 质量 温度 课前自主学习 5 判一判 (1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比。(　　) (2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时，C的值不变。(　　) (3)一定质量的某种气体等温变化的p­V图像是通过原点的倾斜直线。(　　) 提示：(1)√　(2) √ 　(3)× 课前自主学习 6 课堂探究评价 探究1　封闭气体的压强的计算 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 8 活动1：如图甲，如何计算湖中气泡内气体的压强？ 活动2：如图乙，不计一切摩擦，如何计算限压阀恰被顶起时高压锅内的气体压强？ 提示：设大气压为p0，湖水的密度为ρ，气泡的深度为h，则气泡内气体的压强p＝p0＋ρgh。 课堂探究评价 9 1．系统处于平衡状态时，求封闭气体的压强 (1)取等压面法 根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器 内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。 例如，图中同一液面C、D处压强相等，则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。 课堂探究评价 10 2．容器加速运动时，求封闭气体的压强 容器加速运动时，封闭气体压强的计算步骤如下： (1)以与封闭气体接触的液体(或活塞、汽缸)为研究对象(并不是以气体为研究对象)。 (2)对研究对象进行受力分析。(气体对研究对象的作用力写成F＝pS形式) (3)建立直角坐标系并将力沿坐标轴方向分解。 (4)分别在x轴和y轴上列牛顿第二定律方程。 课堂探究评价 11 课堂探究评价 12 例1　如图所示，竖直放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内。已知水银柱a长为10 cm，水银柱b两个液面间的高度差为5 cm，大气压强为75 cmHg，空气柱A、B产生的压强分别为pA＝________；pB＝________。 65 cmHg 60 cmHg 课堂探究评价 13 [实践探究] (1)分析气柱A的压强时，以什么为受力分析的对象？ (2)分析气柱B的压强时，以什么为受力分析的对象？ 提示：水银柱a。 提示：图中长度为h2的水银柱。 课堂探究评价 14 规范解答　设气柱A、B产生的压强分别为pA、pB，管横截面积为S，取水银柱a为研究对象(如图甲)，由平衡条件得pAS＋mag＝p0S，而mag＝ρgh1S，故pAS＋ρgh1S＝p0S，所以pA＝p0－ρgh1＝75 cmHg－10 cmHg＝65 cmHg。取图中长度为h2的水银柱为研究对象(如图乙)，设其质量为mb′，同理可得pBS＋mb′g＝pAS，所以pB＝pA－ρgh2＝65 cmHg－5 cmHg＝60 cmHg。 课堂探究评价 15 (1)应用连通器原理时，应注意中间液体不间断。 (2)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是液柱竖直高度，不是液柱长度。 (3)特别注意大气压强的作用，不要漏掉大气压强。 课堂探究评价 16 [变式训练1]　如图所示，竖直向上放置的横截面积为S的汽缸内，有两个质量分别为m1和m2的圆柱形光滑活塞，封闭着两部分气体A与B，若外界大气压强 为p0，重力加速度为g，则气体A的压强pA＝___________________。 课堂探究评价 17 探究2　玻意耳定律 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 18 活动1：本节第1课时实验课得出了什么结论？ 活动2：由本节第1课时几组实验得出的结论，能否成为一条物理定律？ 活动3：用不同温度、质量、种类的气体做实验，均可得出如图所示结果，但对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C的数值一般不同。由此可以得出什么？ 提示：一定质量的气体，在温度不变的条件下，其压强与体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。 提示：不能。 提示：活动1中的结论是一条物理定律。 课堂探究评价 19 1．玻意耳定律 (1)内容：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。 (3)适用条件：气体的质量一定，温度不变。 课堂探究评价 20 　公式pV＝C中的常量C，意思是当p、V变化时C的值不变。但对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C的数值一般不同。 课堂探究评价 21 2．利用玻意耳定律解题的基本思路 (1)明确研究对象：根据题意，确定所研究的气体，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)明确初、末状态：找出气体变化前后的初、末状态，并确定初、末状态的p、V值。 (3)列方程求解：因为是比例式，计算中只需使同一物理量的单位统一即可，不一定用国际单位制中的单位。 (4)检验结果：有时列方程求解会得到两个结果，应通过合理性的检验决定取舍。 课堂探究评价 22 例2　如图所示，在温度不变的情况下，把一根长为100 cm、上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中，插入后管口到槽内水银面的距离是管长的一半，若大气压为75 cmHg，求水银进入管内的长度。 答案　25 cm 课堂探究评价 23 [实践探究] (1)应用玻意耳定律时，需要首先注意什么？ (2)玻璃管插入水银槽中时，玻璃管内气体的压强与大气压强的大小关系是什么？ 提示：变化是否为等温变化。 提示：玻璃管内气体的压强大于大气压强，压强差等于玻璃管内外水银面高度差的水银柱的压强。 课堂探究评价 24 课堂探究评价 25 应用玻意耳定律解题时，除了列玻意耳定律方程外，一般还需要列辅助方程求压强或体积，要用到探究1中求压强的方法和几何关系。此外，根据气体实验定律等列出的数学方程求得多个解时，要根据题意及实际，舍弃不合适的解。 课堂探究评价 26 [变式训练2]　输液时，若不小心将2 cm3气体注入血液，在血液中气体的体积为________。(气体按等温变化处理，且人的血压按120 mmHg、大气压按760 mmHg进行计算) 解析　人体内的压强大于大气压，人的血压值是人体内的压强减去大气压强之后的数值，所以气体注入血液后压强为p2＝120 mmHg＋760 mmHg＝880 mmHg，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，其中p1＝760 mmHg，V1＝2 cm3，解得V2＝1.7 cm3。 1.7 cm3 课堂探究评价 27 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 28 活动1：用图像能直观地分析物理问题，如图是上一课时实验课得出的气体做等温变化的两种图像，哪个图像能更直观地反映物理规律？ 活动2：若在更高的温度下做实验，在图甲中画出的图线有什么特点？ 活动3：若在更高的温度下做实验，在图乙中画出的图线有什么特点？ 提示：图乙。 提示：也是反比例函数曲线，但由于同一体积时温度更高，压强更大，所以在图甲中画出的曲线离坐标原点更远。 提示：也是正比例函数图线，但由于同一体积时温度更高，压强更大，所以在图乙中画出的直线斜率更大。 课堂探究评价 29 课堂探究评价 30 课堂探究评价 31 课堂探究评价 32 例3　如图所示，A、B是一定质量的某种气体在两条等温线上的两个状态点，这两点与坐标原点O和对应坐标轴上的VA、VB坐标所围成的三角形面积分别为SA、SB，对应温度分别为TA和TB，则(　　) A．SA>SB，TA>TB B．SA＝SB，TA<TB C．SA<SB，TA<TB D．SA>SB，TA<TB 课堂探究评价 33 [实践探究] (1)p­V图中等温线与温度有什么关系？ (2)图线上的点与坐标原点和对应坐标轴上的V坐标所围成的三角形面积S等于什么？ 提示：温度越高，等温线离坐标轴越远。 课堂探究评价 34 [变式训练3]　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．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 课堂探究评价 35 课堂探究评价 36 课后课时作业 1．(气体压强的计算)弯曲管内注有密度为ρ的水，中间部分有空气，各管内液面高度差如图所示，大气压强为p0，重力加速度为g，则图中A点处小气泡的压强是(　　) A．p0＋3ρgh B．p0＋2ρgh C．p0＋ρgh D．ρgh 解析　同一液体内部液面等高处的压强处处相等，由题图中液面的高度关系可知，中间部分封闭气体的压强p1＝p0＋ρgh，A点处小气泡的压强pA＝p1＋ρgh＝p0＋2ρgh，故B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析　设该气体原来的体积为V1，压强为p1，且p1＝3 atm，保持温度不变，当压强减小时，气体体积增大，则末状时V2＝V1＋4L，p2＝p1－2 atm，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2，解得V1＝2 L，B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 4．(p­V图像)(多选)如图所示是一定质量的某种气体由状态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 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正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两点在同一条等温线上，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 5．(玻意耳定律的应用)如图所示，一端封闭、一端开口、横截面积相同的U形管，管内灌有水银，两侧管内水银面高度相等，A侧管内封有一定质量的空气，气体压强为72 cmHg。今将开口端B接到抽气机上，抽尽B侧管上面的空气，结果两侧管水银面产生18 cm的高度差，则A侧管内原来空气柱长度为(　　) A．18 cm B．12 cm C．6 cm D．3 cm 解析　设大气压强为p0，A侧管内原来空气柱长度为l，横截面积为S，根据题意可得，初态，A侧管内空气柱压强为：p1＝p0＝72 cmHg，体积为：V1＝Sl。末态，抽尽B侧管上面的空气，A侧管内空气柱压强为：p2＝18 cmHg，体积为：V2＝(l＋9 cm)S。由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，联立解得：l＝3 cm，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 6．(玻意耳定律的应用)一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M＝3×103 kg、体积V0＝0.5 m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上。向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1＝40 m，筒内气体体积V1＝1 m3。在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度的大小g＝10 m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h 2。 答案　2.5 m3　10 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析　当F＝0时，对浮筒和重物整体，由平衡条件得 Mg＝F浮＝ρg(V0＋V2) 代入数据得V2＝2.5 m3 设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得 p1＝p0＋ρgh1 p2＝p0＋ρgh2 在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2 联立并代入数据得h2＝10 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 7．(玻意耳定律的应用)如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为15 cm的水银柱封闭了一定质量的气体，封闭气柱长度为30 cm，大气压强恒为75 cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，下列说法正确的是(　　) A．图丙状态的气体压强小于图乙 B．若玻璃管从图乙状态做自由落体运动， 气柱长度将增加 C．图乙气柱长度为25 cm D．图丙气柱长度约为34.1 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析　设玻璃管横截面积为S，水银柱的 长度为h，图甲状态气体压强为p1，气柱长度为 L1，图乙气体压强为p2，气柱长度为L2，图丙 气体压强为p3，气柱长度为L3，水银柱质量m ＝ρSh(ρ为水银密度)，已知大气压强p0＝75 cmHg，L1＝30 cm，h＝15 cm，在图甲、乙、丙中分别以水银柱为研究对象，有p0S＝p1S，p2S＋mg＝p0S，p3S＋mgcos53°＝p0S，可解得p1＝p0＝75 cmHg，p2＝60 cmHg，p3＝66 cmHg，已知气体温度始终不变，从图甲状态到图乙状态，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，解得L2＝37.5 cm，从图乙状态到图丙状态，根据玻意耳定律有p2L2S＝p3L3S，解得L3≈34.1 cm，故A、C错误，D正确；若玻璃管从图乙状态做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强将等于大气压强，大于图乙状态的气体压强，由玻意耳定律pV＝C，可知气柱的长度将减小，故B错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 9．(打气问题)如图所示，某压缩式喷雾器的贮液桶的容量是5.7×10－3 m3，往桶内倒入4.2×10－3 m3的药液后开始打气，打气过程中药液不会向外喷出。如果每次能打进2.5×10－4 m3的空气，要使喷雾器内空气的压强达到4.0×105 Pa，应打几次气？这个压强能否使喷雾器内的药液全部喷完？(设大气压强为1.0×105 Pa) 答案　18　能 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析　设大气压强为p0，每次打入的气体在大气压下的体积为ΔV，贮液桶中的空气体积为V，设要使其压强达到4.0×105 Pa＝4p0，需打n次气。根据玻意耳定律可得： p0(V＋nΔV)＝4p0V 式中p0＝1.0×105 Pa，ΔV＝2.5×10－4 m3， V＝(5.7－4.2)×10－3 m3＝1.5×10－3 m3 将数据代入解得n＝18。 当打开喷液口时，如果药液能全部喷出，则空气充满整个桶，设这时桶内空气压强为p，则：4p0V＝p×5.7×10－3 m3 代入V值，解得p≈1.053p0由于p>p0，因此药液能够全部喷完。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．理解玻意耳定律的内容、表达式，并会用其解决实际问题。2.理解气体等温变化的p­V图像和p­eq \f(1,V)图像的物理意义。 　玻意耳定律 1．内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，eq \x(\s\up1(01))_____与eq \x(\s\up1(02))______成反比，即eq \x(\s\up1(03))______。 2．公式：eq \x(\s\up1(04))____＝C(式中C是常量)，或者eq \x(\s\up1(05))____________。 3．图像 4．适用条件 (1)气体的eq \x(\s\up1(06))______不变； (2)气体的eq \x(\s\up1(07))______不变。 p∝eq \f(1,V) 提示：设大气压为p0，限压阀质量为m，气孔2的横截面积为S，则限压阀恰被顶起时高压锅内的气体压强p＝p0＋eq \f(mg,S)。 (5)解方程并讨论。 如图所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱受力分析有：pS－p0S－mg＝ma，得p＝p0＋eq \f(m（g＋a）,S)。 p0＋eq \f(（m1＋m2）g,S) 解析　设气体B的压强为pB，由质量为m1的活塞受力 平衡可知，pBS＝p0S＋m1g，由质量为m2的活塞受力平衡可 知，pAS＝pBS＋m2g，联立解得pA＝p0＋eq \f(（m1＋m2）g,S)。 规范解答　以玻璃管内被封闭的空气柱为研究对象。 初态：玻璃管插入水银槽之前，p1＝p0＝75 cmHg V1＝LS＝100 cm·S末态：玻璃管插入水银槽后，设管内外水银面高度差为h，则p2＝p0＋ph＝75 cmHg＋ρgh V2＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)－h))))S＝50 cm·S＋hS 根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 代入数据整理得h2＋125h－3750＝0 解得h＝25 cm(h＝－150 cm舍去) 所以，水银进入管内的长度为 eq \f(L,2)－h＝eq \f(1,2)×100 cm－25 cm＝25 cm。 探究3　p­V图像与p­eq \f(1,V) 图像 1．两种等温变化图像 (1)气体等温变化的p­V图像：一定质量的气体发生等温变化时的p­V图像如图甲所示。图线的形状为双曲线。 (2)气体等温变化的p­eq \f(1,V)图像：一定质量的气体发生等温变化时的p­eq \f(1,V)图像为过原点的倾斜直线，如图乙所示。 上面两种图像描述的是温度不变时p与V的关系，因此称它为等温线。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。 2．p­V图像及p­eq \f(1,V)图像中等温线的物理意义 (1)p­V图像中同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示。 (2)玻意耳定律pV＝C(常量)中常量C不是一个普适常量，对于相同质量的同种气体，C随气体温度的升高而增大。温度越高，常量C的值越大，则p­V图像中等温线离坐标轴越远。如图甲所示，T2＞T1。 (3)p­eq \f(1,V)图像中等温线是一条延长线通过原点的直线，如图乙所示。由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示。该直线的斜率k＝eq \f(p,\f(1,V))＝pV＝C，即斜率越大，气体的温度越高，所以T2>T1。 提示：S＝eq \f(1,2)pV。 规范解答　根据等温线特征可知TA<TB，由于面积SA＝eq \f(1,2)pAVA，SB＝eq \f(1,2)pBVB，而分析知pAVA<pBVB，所以SA<SB，故C正确。 解析　p­eq \f(1,V)图中的点与原点连线的斜率等于pV，D→A过程pV不变，根据玻意耳定律判断知，D→A是一个等温过程，A正确；由图知A、B两状态温度不同，故B、C错误；由A项同理知，B→C是一个等温过程，B→C过程eq \f(1,V)减小，则体积V增大，压强p减小，D错误。 2．(气体压强的计算)如图所示，汽缸竖直固定，楔形活塞可自由活动，活塞质量为M，上表面水平且面积为S，下表面与水平面成α角，摩擦不计，外界大气压为p0，被封闭气体的压强为(　　) A．p0－eq \f(Mgcosα,S) B．p0cosα－eq \f(Mg,S) C．p0－eq \f(Mg,S) D．p0－eq \f(Mgcos2α,S) 解析　对活塞受力分析，由平衡条件可知pS＋Mg＝p0eq \f(S,cosα)·cosα，解得p＝p0－eq \f(Mg,S)，故选C。 3．(玻意耳定律的应用)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．eq \f(4,3) L B．2 L C．eq \f(8,3) L D．3 L 8．(综合)(多选)开口向上竖直放置的汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的某种气体，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砂，活塞下移eq \f(L,3)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．细砂质量为eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p0S,g)＋m)) B．汽缸内分子平均动能增大 C．汽缸内气体分子密度不变 D．单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多 解析　设细砂质量为m0，由题意可知，气体发生等温变化，初状态有p1S＝mg＋p0S，末状态有p2S＝mg＋m0g＋p0S，由玻意耳定律得p1SL＝p2S×eq \f(2,3)L，联立解得m0＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p0S,g)＋m))，故A正确；由于汽缸导热性能良好且环境温度保持不变，即缸内气体温度不变，则汽缸内气体分子平均动能不变，故B错误；汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则汽缸内气体分子密度增大，故C错误；温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击汽缸壁单位面积上的分子数增多，故D正确。 $$