第2章 第4节 第2课时 气体的等温变化-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册教用课件(鲁科版)

第2课时　气体的等温变化 课堂深度探究 1 随堂巩固落实 2 内容 索引 课堂深度探究 PART 01 第一部分 课堂深度探究 返回导航 (2)力平衡法：选取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。图甲中同一水平液面C、D处压强相等，pA＝p0＋ph。 课堂深度探究 返回导航 课堂深度探究 返回导航 3．汽缸活塞封闭气体压强的计算 一般取汽缸或活塞为研究对象，通过受力分析，利用平衡条件或者牛顿第二定律列式求解。 课堂深度探究 返回导航 模型1　玻璃管液封模型 　如图所示，竖直静止放置的U形管，左端开口，右端封闭，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的长度h1为10 cm，水银柱b的两个液面间的高度差h2为5 cm，大气压强p0＝75 cmHg，则空气柱A、B的压强分别是多少？ 课堂深度探究 返回导航 [解析]　设管的横截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋ph1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则 (pA＋ph1)S＝p0S 所以pA＝p0－ph1＝(75－10) cmHg＝65 cmHg 再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知，液柱h2的上表面处的压强等于pB，则 (pB＋ph2)S＝pAS 所以pB＝pA－ph2＝(65－5) cmHg＝60 cmHg。 [答案]　65 cmHg　60 cmHg 课堂深度探究 返回导航 √ 课堂深度探究 返回导航 课堂深度探究 返回导航 知识点二　气体等温变化规律的应用 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。 课堂深度探究 返回导航 (1)上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？ [提示]　因为在恒温池中，所以气泡内气体的温度保持不变。 (2)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？ [提示]　变小。 (3)气泡在上升过程中体积为何会变大？ [提示]　由pV＝C可知，一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强减小，气体的体积增大。　 课堂深度探究 返回导航 1．一定质量的某种气体，在温度保持不变的情况下，压强与体积成反比。这个规律就是气体等温变化规律。 2．气体等温变化规律的成立条件：p1V1＝p2V2是实验定律，只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立。 3．气体等温变化规律的表达式：pV＝C中的常量C不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关。对一定质量的气体，温度越高，该恒量C越大。 课堂深度探究 返回导航 4．解题步骤 (1)确定研究对象，并判断其是否满足气体等温变化规律成立的条件。 (2)确定始、末状态及状态参量(p1、V1、p2、V2)。 (3)根据气体等温变化规律列方程，p1V1＝p2V2，代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。 (4)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去。 课堂深度探究 返回导航 模型1　玻璃管液封模型——平衡态 　(2024·河北邯郸期中)如图所示的是一支长100 cm的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管内由20 cm长的水银柱封闭着50 cm长的空气柱。若将管口向下竖直放置，则空气柱长变为多少？(设外界大气压强为75 cmHg) [解析]　初始时，封闭气体的状态参量为 p1＝p0＋ph＝95 cmHg，V1＝L1S＝50S 玻璃管倒置后，假设水银不从管中溢出，则 p2＝p0－ph＝55 cmHg，V2＝L2S 课堂深度探究 返回导航 气体发生等温变化，则p1V1＝p2V2 解得L2≈86.4 cm 因为86.4 cm＋20 cm>100 cm，可知水银将溢出玻璃管，设玻璃管中空气柱长变为x，则 p3＝p0－(100－x) cmHg，V3＝xS 根据p1V1＝p3V3，解得x≈82.5 cm 即管内空气柱的长度为82.5 cm。 [答案]　82.5 cm 课堂深度探究 返回导航 模型2　玻璃管液封模型——非平衡态 　(2024·河南许昌期末)如图所示，长为L、横截 面积为S的粗细均匀的玻璃管，A端封闭，B端开口。 玻璃管中有一个质量为m、厚度不计的活塞，封闭一 定质量的气体。当玻璃管水平静止放置时，活塞刚好位于玻璃管的正中央。设大气压强为p0，整个过程中温度始终保持不变，活塞不漏气，且不计活塞与玻璃管之间的摩擦。当玻璃管绕过A端的竖直转动轴OO′在水平面内做匀速转动的过程中，活塞刚好位于玻璃管的B端开口处。求玻璃管转动的角速度大小。(题中物理量均为国际单位制) 课堂深度探究 返回导航 课堂深度探究 返回导航 课堂深度探究 返回导航 模型3　活塞汽缸模型 　(2024·广东潮州期末)有一质量为M的汽缸，用质量为m的活塞封着一定质量的气体。当汽缸水平横放时，汽缸内空气柱长为l0(如图甲所示)。现把汽缸竖直放在水平地面上并保持静止(如图乙所示)。已知大气压强为p0，重力加速度为g，活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，气体温度保持不变。求： 课堂深度探究 返回导航 (1)竖直放置时汽缸内的压强； 课堂深度探究 返回导航 (2)竖直放置时汽缸内空气柱的长度。 课堂深度探究 返回导航 　(2024·重庆沙坪坝开学考)路面水井盖因排气孔(如图甲)堵塞可能会造成井盖移位而存在安全隐患。如图乙所示，质量为m的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为S，初始时刻水面与井盖之间的距离为h，井内密封空气的压强恰好为大气压强p0，若井盖内的空气视为理想气体，温度始终不变，重力加速度为g。求： 课堂深度探究 返回导航 (1)密闭空气的压强为多大时水井盖刚好要被顶起； 课堂深度探究 返回导航 (2)水井盖刚好被顶起前瞬间，水位上升的高度。 课堂深度探究 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 √ 随堂巩固落实 返回导航 解析：设大气压强为p0，左边封闭空气的压强p左＝p0－ρgh1，右边封闭空气的压强p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B正确。 随堂巩固落实 返回导航 √ 随堂巩固落实 返回导航 随堂巩固落实 返回导航 3．(气体等温变化规律的应用)如图所示，导热性能良好的汽缸用锁定装置固定于光滑足够长斜面上，内部封闭一定质量的气体。面积为S、质量为m的活塞、与汽缸接触面光滑，到汽缸底部距离为l。已知大气压强为p0，环境温度不变，斜面倾角θ＝30°，重力加速度为g。 随堂巩固落实 返回导航 (1)计算缸内气体压强p1。 随堂巩固落实 返回导航 (2)某时刻解除锁定，经过一段时间后系统达到稳定状态(活塞没有滑出汽缸)，计算稳定状态时活塞到汽缸底部的距离l′。 随堂巩固落实 返回导航 知识点一　封闭气体压强的计算 1．静止或匀速运动系统中压强的计算 (1)参考液片法：选取假想的液体薄片(自身所受重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立受力平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强。例如，图甲中粗细均匀的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＋ph0)S＝(p0＋ph＋ph0)S，即pA＝p0＋ph。 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，然后根据牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。如图乙，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) 。 模型2　活塞汽缸模型 　如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压强(　　) A.p＝p0＋ eq \f(Mg,S) 　 　　 B．p＝p0＋ eq \f(（M＋m）g,S) C．p＝p0－ eq \f(Mg,S) D．p＝ eq \f(mg,S) [解析]　以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－ eq \f(Mg,S) ，故C正确。 [解析]　选玻璃管水平静止放置时，玻璃管中被封闭的气体为初状态，压强为p1，体积为V1，有 p1＝p0，V1＝ eq \f(L,2) S 选玻璃管匀速转动时，玻璃管中被封闭的气体为末状态，压强为p2，体积为V2，有V2＝LS 由气体等温变化规律得p0· eq \f(L,2) S＝p2·LS 设玻璃管转动的角速度大小为ω，对活塞，有 p0S－p2S＝mω2L 联立解得ω＝ eq \r(\f(p0S,2mL)) 。 [答案]　 eq \r(\f(p0S,2mL)) [解析]　竖直放置汽缸时，活塞受力平衡，有 p0S＋mg＝p2S 解得p2＝p0＋ eq \f(mg,S) 。 [答案]　p0＋ eq \f(mg,S) 　 [解析]　对汽缸内的气体，初态有p1＝p0，V1＝l0S 汽缸从水平放置到竖直放置，末态压强为p2 体积为V2＝lS 气体发生等温变化，有p1V1＝p2V2 解得l＝ eq \f(p0l0S,p0S＋mg) 。 [答案]　 eq \f(p0l0S,p0S＋mg) [解析]　对井盖进行受力分析有p0S＋mg＝p·S，代入数据有p＝p0＋ eq \f(mg,S) 。 [答案]　p0＋ eq \f(mg,S) 　 [解析]　井内气体经历等温变化，井盖刚被顶起时，设水位上升x，对气体由气体等温变化规律得 p0·Sh＝p·S(h－x) 解得x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(p0,p))) h＝ eq \f(mgh,p0S＋mg) 。 [答案]　 eq \f(mgh,p0S＋mg) 1．(封闭气体压强的计算)如图所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间。若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为(　　) A．h1－h2 B．h1＋h2 C． eq \f(h1－h2,2) D． eq \f(h1＋h2,2) 2．(封闭气体压强的计算)如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，容器上端放一金属圆板，金属圆板的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于(　　) A． eq \f(p0＋Mg cos θ,S) B． eq \f(p0,cos θ) ＋ eq \f(Mg,S cos θ) C．p0＋ eq \f(Mg cos2θ,S) D．p0＋ eq \f(Mg,S) 解析：圆板的下表面是倾斜的，气体对其产生的压力应与该面垂直。为求气体的压强，应以封闭气体的金属圆板为研究对象，其受力分析如图所示。 由物体的平衡条件得 p eq \f(S,cosθ) ·cos θ＝Mg＋p0S 解得p＝p0＋ eq \f(Mg,S) 。 解析：对活塞受力分析，由平衡关系知p1S＝p0S＋mg sin θ，解得p1＝p0＋ eq \f(mg sin θ,S) ＝p0＋ eq \f(mg,2S) 。 答案：p0＋ eq \f(mg,2S) 　 解析：对活塞和汽缸组成的系统受力分析，由牛顿第二定律得(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a 对活塞受力分析，设此时封闭气体压强为p2 p0S＋mg sin θ－p2S＝ma 对于封闭气体，由气体等温变化规律得p1lS＝p2l′S 解得l′＝l＋ eq \f(mg,2p0S) l。 答案：l＋ eq \f(mg,2p0S) l $