人教版(新教材)高中物理选择性必修3学案：2 2 第2课时 气体的等温变化

人教版(新教材)高中物理选择性必修第三册PAGEPAGE1第2课时气体的等温变化一、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.成立条件：(1)质量一定，温度不变。(2)温度不太低，压强不太大。3.表达式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)或eq\f(p1,p2)＝eq\f(V2,V1)。〖做一做〗一定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小了2atm时，体积变化了4L，则该气体原来的体积为()A.eq\f(4,3)L B.2LC.eq\f(8,3)L D.3L〖答案〗B〖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3V1＝(3－2)·(V1＋4)，解得V1＝2L，B正确。二、气体等温变化的图像1.概念：一定质量的理想气体的p－V图线的形状为双曲线的一支，它描述的是温度不变时的p－V关系，称为等温线。2.分析：一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。〖判一判〗(1)一定质量的气体等温变化的p－V图像一定是双曲线的一支。(√)(2)一定质量的气体等温变化的p－V图像是通过原点的倾斜直线。(×)(3)p－eq\f(1,V)图像的斜率越大，说明气体的温度越高。(√)(4)p－V图像中，pV乘积越大(即离原点越远)说明气体的温度越高。(√)探究1气体压强的求解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.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，如图中同一液面C、D处压强相等，pA＝p0＋ph。〖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＋eq\f(mg,S)〖解析〗在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S′＝p上S′(S′为小试管的横截面积)，所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有pAS″＋phS″＝p0S″(S″为U形管的横截面积)，所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋eq\f(mg,S)。〖例2〗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＋eq\f(Mg,S) B.p0＋eq\f(（M＋m）g,S)C.p0－eq\f(Mg,S) D.eq\f(mg,S)〖答案〗C〖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)，故选项C正确。探究2玻意耳定律的应用■情境导入如图所示，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？〖答案〗(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，气泡内压强大于外部压强。■归纳拓展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.常量C：玻意耳定律的数学表达式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。3.应用玻意耳定律的思路和方法(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)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。〖例3〗(2021·黑龙江大庆实验中学月考)如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动。汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为H＝70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质量m＝10.2kg，大气压强p0＝1×105Pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，g＝10m/s2。(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；(2)在活塞上加一竖直向上的拉力，缓慢向上拉活塞使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝7.5cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度和此时的拉力F。〖答案〗(1)0.075m(2)0.859m204N〖解析〗(1)对活塞，有p0S＋mg＝p1S由题意，可知p1＝p0＋ρgh1解得h1＝eq\f(m,ρS)＝0.075m。(2)汽缸内气体做等温变化，则活塞平衡后汽缸内的压强为p2＝p0－ρgh2由玻意耳定律p1V1＝p2V2可得(p0＋ρgh1)HS＝(p0－ρgh2)xS解得x＝0.859m由F＝p0S＋mg－p2S解得F＝204N。〖针对训练1〗如图所示，一汽缸开口竖直向下吊在天花板上，汽缸内质量为M、横截面积为S的水平活塞与汽缸内壁紧密接触并且可以在缸内无摩擦地自由滑动，活塞下通过轻绳吊一质量为m的重物，此时活塞上表面到缸底的距离为d，现去掉重物。大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，环境温度保持不变，汽缸的导热性能良好。求：(1)去掉重物前系统平衡时，汽缸内气体的压强p；(2)去掉重物后系统重新平衡时，活塞上表面到缸底的距离x。〖答案〗(1)p0－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,S)(2)eq\f(p0S－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,p0S－Mg)d〖解析〗(1)去掉重物前系统平衡时，对活塞受力分析，有pS＋Mg＋mg＝p0S解得p＝p0－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,S)。(2)去掉重物后系统重新平衡时，缸内气体的压强p′＝p0－eq\f(Mg,S)由玻意耳定律有pSd＝p′Sx解得x＝eq\f(p0S－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m))g,p0S－Mg)d。探究3气体等温变化的图像p－V图像与p－eq\f(1,V)图像的比较两种图像内容p－V图像p－eq\f(1,V)图像图像特点物理意义一定质量的气体，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一定质量的气体，温度不变，p与eq\f(1,V)成正比，等温线是过原点的直线温度高低一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，等温线离原点越远，图中t1＜t2直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度越高，图中t1＜t2〖例4〗(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是()A.从等温线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的C.一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小D.由图可知T2＜T1〖答案〗AB〖解析〗由于等温线是一条双曲线，它表明当温度保持不变的情况下，气体的压强与体积成反比，A正确；一定质量的气体，在不同温度、相同压强的情况下，体积不同，因此等温线不同，B正确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，即相同压强下，温度越高，体积越大，因此T1＜T2，C、D错误。〖针对训练2〗(多选)如图所示，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C的过程温度先降低再升高D.A、C两点的温度相等〖答案〗AD〖解析〗作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，可知从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C的过程温度不变，C项错误；A、C两点在同一等温线上，D项正确。1.(气体等温变化的图像)(多选)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，气体的温度和分子平均速率的变化情况的下列说法正确的是()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.平均速率先增大后减小〖答案〗BD〖解析〗由图像可判断得pAVA＝pBVB所以气体在A、B两状态的温度相等，可在p－V图上作出几条等温线，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，故A、C错误，B正确；温度高，分子平均速率大，平均动能大，所以分子的平均速率先增大后减小，故D正确。2.(气体压强的求解)求下图中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银。大气压强p0＝76cmHg。〖答案〗甲：66cmHg乙：71cmHg丙：81cmHg〖解析〗对题图甲a中的水银柱受力分析如图a所示由平衡条件得p0S＝p1S＋mg整理得p1＝p0－eq\f(mg,S)代入数据得p1＝(76－10)cmHg＝66cmHg对题图乙中的水银柱受力分析如图b所示由平衡条件得p2S＋mgsin30°＝p0S整理得p2＝p0－eq\f(mgsin30°,S)代入数据得p2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(76－10×\f(1,2)))cmHg＝71cmHg对题图丙中的水银柱h1受力分析如图c所示由平衡条件得pBS＝pAS＋m1g整理得pA＝pB－eq\f(m1g,S)对题图丙中的水银柱h2受力分析如图d所示由平衡条件得pBS＝p0S＋m2g整理得pB＝p0＋eq\f(m2g,S)所以pB＝86cmHg得pA＝pB－eq\f(m1g,S)＝(86－5)cmHg＝81cmHg。3.(玻意耳定律的应用)如图所示，一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管，有一段h＝19cm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＝15cm，当时