第2章 第2节 第2课时 气体的等温变化（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

第2课时 气体的等温变化(赋能课——精细培优科学思维) 课标要求 学习目标 理解玻意耳定律。 1.掌握玻意耳定律的内容、公式及适用条件,学会利用该定律解决有关问题。理解等温变化的图像,并能利用图像分析实际问题。 2.体会玻意耳定律的建立过程。体会用p⁃V图像或p⁃图像描述一定量的气体的等温变化过程。 1.气体的等温变化:一定质量的气体,在温度不变的条件下,其压强与体积变化时的关系。 2.玻意耳定律 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 成立 条件 (1)质量一定,温度不变。 (2)温度不太低,压强不太大 表达式 p1V1=p2V2或pV=C(常量)或= p⁃V 图像 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  p⁃ 图像 一定质量的气体,在温度不变的情况下,p与成正比,在p⁃图像中的等温线是过原点的一条直线  [情境思考]　　国庆放假,小明带弟弟去湖边游玩,弟弟看到湖水中鱼儿吐出小气泡,非常开心。小明回家后,给弟弟画了一幅鱼儿在水中吐气泡的图,如图所示。若湖水的温度恒定不变,你认为他画得　　　(填“对”或“不对”),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(请运用物理知识简要说明)  提示:不对,气泡上升过程中,温度不变,气泡内气体压强不断减小,体积不断增大。 强化点(一)　封闭气体压强的计算 [要点释解明] 1.取等压面法 同种液体在同一深度向各个方向的压强相等,在连通器中,灵活选取等压面,利用同一液面压强相等求解气体压强(连通器原理)。如图甲所示,同一液面C、D两处压强相等,故pA=p0+ph;如图乙所示,M、N两处压强相等,从左侧管看有pB=pA+ph2,从右侧管看有pB=p0+ph1。 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,由平衡条件F合=0列式求气体压强。 提醒:容器加速运动时,可由牛顿第二定律列方程求解。 3.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,建立平衡方程,消去面积,得到液片两侧压强相等方程,求得气体的压强。 [典例]　汽缸的横截面积为S,质量为m的梯形活塞上面是水平的,下面与右侧竖直方向的夹角为α,如图所示,当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0,若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g,求汽缸中气体的压强。 答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优) [解析]　对重物和活塞整体进行受力分析,如图所示, 由平衡条件得p气S'=。 又因为S'=, 解得p气=p0+。 [答案]　p0+ [题点全练清] 1.若已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态,液体密度均为ρ,重力加速度为g,求各图中被封闭气体的压强。 解析:在题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件知p甲S+ρghS=p0S,所以p甲=p0-ρgh 在题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件知p乙S+ρghS=p0S,所以p乙=p0-ρgh 在题图丙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有p丙S+ρghsin 60°·S=p0S,所以p丙=p0-ρgh 在题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件得p丁S=(p0+ρgh1)S,所以p丁=p0+ρgh1。 答案:p0-ρgh　p0-ρgh　p0-ρgh　p0+ρgh1 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)。 解析:以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+。 答案:p0+ 强化点(二)　玻意耳定律的理解和应用 [要点释解明] 1.成立条件:玻意耳定律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。 2.应用玻意耳定律的思路 (1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)确定始末状态及状态参量(p1、V1,p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程:p1V1=p2V2,代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。 (4)注意分析题目中的隐含条件,必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程。 (5)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。 　　[典例]　(2024·甘肃高考)如图,刚性容器内壁光滑,盛有一定量的气体,被隔板分成A、B两部分,隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S、长为2l。开始时系统处于平衡态,A、B体积均为Sl,压强均为p0,弹簧为原长。现将B中气体抽出一半,B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变,气体视为理想气体。求: (1)抽气之后A、B的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 [解析]　(1)抽气前A、B两部分的气体体积为V=Sl,对A中气体分析,抽气后VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pA·V 解得pA=p0 对B中气体分析,若在体积不变的情况下抽去一半的气体,则压强变为原来的一半,即p0, 根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0。 (2)由题意可知,弹簧的压缩量为,对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立解得k=。 [答案]　(1)p0　p0　(2) [题点全练清] 1.一定质量的气体,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 解析:选B　设该气体原来的体积为V1,由气体等温变化规律知压强减小时,气体体积增大,即3V1=(3-2)·(V1+4 L),解得V1=2 L,B正确。 2.(2025·云南大理高二期中)一导热汽缸如图所示放置,活塞静止时与汽缸底部的距离为L,封闭一定质量的理想气体,活塞质量为m、面积为S,活塞可无摩擦自由移动。现在把汽缸逆时针转动90°至开口向上,已知气体温度始终不变,大气压强恒为p0,当地重力加速度为g,则转动后活塞静止时与汽缸底部的距离为 (　　) A.L　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析:选C　转动之前,封闭气体的压强为p1=p0,气体体积V1=LS。转动之后,对活塞受力分析,由平衡条件有p2S=p0S+mg,设转动后活塞静止时与汽缸底部的距离为L2,气体体积为V2=L2S,气体温度不变,由玻意耳定律得p0LS=L2S,解得L2=,故选C。 强化点(三)　气体等温变化的图像 任务驱动 如图所示,p-图线是一条过原点的直线,更能直观描述压强与体积的关系,为什么直线在原点附近要画成虚线? 提示:在等温变化过程中,体积不可能无限大,故和p不可能为零,所以图线在原点附近要画成虚线,表示过原点,但此处实际不存在。 [要点释解明] 两种等温变化图像的比较 　　两种图线 内容　　 p⁃图线 p⁃V图线 图线特点 物理意义 一定质量的气体,温度不变时,p与成正比,在p⁃图像上的等温线应是过原点的直线 一定质量的气体,在温度不变的情况下,p与V成反比,因此等温过程的p⁃V图线是双曲线的一支 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图像上的等温线就越高,图中T1<T2 [典例]　为了直观地描述一定质量气体在等温变化时压强p与体积V的关系,通常建立p⁃V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线(为双曲线的一支)如图所示,则它的p⁃图像应为 (　　) 　　[解析]　根据玻意耳定律pV=C,C与温度有关,温度越高,C越大,可知pV越大表示温度越高,则T2>T1;根据pV=C可知p=·C,故p与成正比,p⁃图线的延长线过原点,且温度越高图线的斜率越大,故B正确。 [答案]　B [思维建模] 等温线问题的处理技巧 (1)p⁃V图线与p⁃图线都能反映气体等温变化的规律,分析问题时一定要注意区分两个图线的不同形状。 (2)p⁃图像是一条直线,p⁃V图像是双曲线的一支,处理问题时,应先明确图像的具体形状,再做相应的分析。 [题点全练清] 1.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 解析:选B　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。 2.(2025·广东深圳高二期末)恒温鱼缸中,鱼吐出的气泡在缓慢上升,能反映气泡上升过程压强p、体积V和温度T变化的图像是 (　　) 解析:选A　由于是恒温鱼缸,可知气体温度T保持不变,气泡上升过程气体压强p逐渐减小,根据玻意耳定律可知气体压强p与体积的倒数成正比。故选A。 学科网（北京）股份有限公司 $