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

气体的等温变化 (赋能课——精细培优科学思维) 第2课时 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。 课前预知教材 课堂精析重难 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 课前预知教材 1.气体的等温变化：一定质量的气体，在__________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_______不变的情况下，压强p与体积V成_____ 成立条件 (1)______ 一定，_____不变。 (2)温度不太低，压强不太大 表达式 p1V1=_____或pV=C(常量)或=______ 温度不变 温度 反比 质量 温度 p2V2 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________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_________  续表 双曲线 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。 课堂精析重难 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。 强化点(一)　封闭气体压强的计算 要点释解明 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。 [答案]　p0+ [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+。 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。 题点全练清 答案：p0-ρgh　p0-ρgh　p0-ρgh　p0+ρgh1 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。 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：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+。 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)。 强化点(二)　玻意耳定律的理解和应用 要点释解明 (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。 [答案] p0　p0 [解析]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)弹簧的劲度系数k。 [解析]　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] 1.一定质量的气体，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 题点全练清 解析：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·北京大兴高二期中)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：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。 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? 强化点(三)　气体等温变化的图像 任务驱动 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。 两种等温变化图像的比较 要点释解明 　　 两种图线 内容　　 p⁃图线 p⁃V图线 图线特点 　　 两种图线 内容　　 p⁃图线 p⁃V图线 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。 [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。 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 题点全练清 √ 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，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·江苏常州高二期末)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：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。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.关于气体的体积，下列说法正确的是 (　　) A.气体的体积就是所有气体分子体积的总和 B.气体的体积与气体的质量成正比 C.气体的体积与气体的密度成反比 D.气体的体积等于气体所在容器的容积 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 解析：气体的体积是所有气体分子占据的空间的体积的总和，A错误；只有当气体的密度一定时，气体的体积才与气体的质量成正比，B错误；只有当气体的质量一定时，气体的体积才与气体的密度成反比，C错误；气体总是充满整个容器，则气体的体积等于气体所在容器的容积，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 2.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+h2 B.p0-h1 C.p0-(h1+h2) D.p0+(h2-h1) √ 解析：选右管液面为研究对象，根据连通器原理可知p+h1=p0，所以p=p0-h1，B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 3.如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过 弹簧静止吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套 和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，重力 加速度为g，则封闭气体的压强p为 (　　) A.p0+ B.p0+ C.p0- D. √ 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-，故选项C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 4.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.气体的体积不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设活塞质量为m、横截面积为S，对活塞受力分析，开始时，由平衡条件有p1S+mg=p0S，解得封闭气体的压强p1=p0-，而汽缸向右倾斜90°后，由平衡条件有p2S=p0S，即p2=p0，故p1<p2，由于温度不变，由玻意耳定律知V1>V2，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 5.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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：设玻璃管横截面积为S，初态时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，解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 6.已知标准大气压强p0=1.01×105 Pa，一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，湖水密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的 (　　) A.3倍 B.2倍 C.1.5倍 D. √ 解析：在湖面下20 m处，气泡的压强p1=p0+ρgh1=3.01×105 Pa，在湖面下10 m深处，气泡的压强p2=p0+ρgh2=2.01×105 Pa，由玻意耳定律有p1V1=p2V2，则=≈1.5，故C正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 7.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 √ 解析：由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气压强增大，根据玻意耳定律可知，体积减小，B正确。 8.如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段高为h1的水银柱封闭一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是 (　　) A.h2变长　　　　　　 B.h2变短 C.水银柱上升 D.水银柱下降 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：以管中高h1的水银柱为研究对象，可得管内封闭气体的压强为p=p0+ρgh1，取管下端开口处液面为研究对象，有p=p0+ρgh2，则h1=h2，h1不变，则h2不变，故A、B错误；当外界压强增大时，管内封闭气体的压强p增大，根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 9.(2025·江苏南京高二期中)如图所示，一段长 为L0=20 cm的水银柱将一定质量的气体密封在细 玻璃管中，玻璃管放置在固定于水平地面的足够长 的光滑斜面上，斜面的倾角θ=30°。当玻璃管开口向上，下端紧靠在垂直于斜面的挡板上时，玻璃管处于静止状态，密封气体的压强为p1。若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与玻璃管保持相对静止时，密封气体的压强为p2，则撤去挡板前后密封气体的压强分别为(不计玻璃管与水银之间的摩擦，大气压强p0=76 cmHg) (　　) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 A.p1=96 cmHg、p2=96 cmHg B.p1=96 cmHg、 p2=76 cmHg C.p1=86 cmHg、p2=76 cmHg D.p1=86 cmHg、 p2=86 cmHg 解析：初始时，玻璃管处于静止状态，对水银柱 进行分析，有p0S+mgsin θ=p1S，解得p1=86 cmHg， 若撤去挡板，玻璃管将开始向下运动，当水银柱与 玻璃管保持相对静止时，以玻璃管和水银柱整体为 研究对象，根据牛顿第二定律有m'gsin θ=m'a，可得系统的加速度a=gsin θ，再以水银柱为研究对象，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律有p0S+mgsin θ-p2S=ma，解得p2=76 cmHg，故选C。 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 10.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，气体处于A状态和B状态时，气体温度分别为T1和T2，则下列说法正确的是 (　　) A.D→A是一个升温过程 B.A→B是一个等温过程 C.A与B的各状态参量均相同 D.B→C体积增大、压强减小、温度不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 解析：在p ⁃图像中，D→A是过原点直线的一部分，所以D→A是一个等温过程，故A错误；直线BC是过原点的直线，所以直线BC是等温线，因为直线BC的斜率大于直线AD，所以T2>T1，则A到B温度升高，故B、C错误；B→C是一个等温过程，由玻意耳定律可知，V增大，则p减小，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 11.(10分)(2025·江苏宿迁高二期末)一端封闭的粗细均匀的 细玻璃管竖直放置，水银柱长15 cm，开口向上时，管内封闭的 空气柱长15 cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5 cm， 水银没有溢出。求： (1)大气压强p(cmHg)；(4分) 答案：75 cmHg 解析：封闭部分气体做等温变化，设玻璃管的横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。(6分) 答案：18 cm 解析：把管水平放置时由玻意耳定律可知 p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 12.(14分)(2025·广东高考)如图是某铸造原理示意 图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进 入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获 得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压 强p0=1.0×105 Pa，铸型室底面积S1=0.2 m2，高度h1=0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m，柱状气室底面积S2=0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3，重力加速度取g=10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2和气室内气体压强p1。(6分) 答案：0.05 m　1.2×105 Pa 解析：根据体积关系S1h1=S2h2 可得气室内金属液面下降高度h2=0.05 m 此时气室内气体的压强p1=p0+ρg(h1+H+h2) 代入数据解得p1=1.2×105 Pa。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时，气室内气体压强p2。(8分) 答案：1.35×105 Pa 解析：初始时，铸型室内气体的压强为p0，体积V=S1h1 当铸型室内金属液面高为h3=0.04 m时，气体体积为V'=S1(h1-h3) 根据玻意耳定律p0V=p'V' 可得铸型室内金属液面高为h3=0.04 m时，气体的压强为p'=1.25×105 Pa 同理根据体积关系S1h3=S2h4 可得h4=0.01 m 此时气室内气体压强p2=p'+ρg(H+h3+h4) 代入数据解得p2=1.35×105 Pa。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $