资源简介

2　气体的等温变化
第2课时　玻意耳定律的应用
学习任务一　玻意耳定律的应用
[科学思维] 应用玻意耳定律的一般步骤
(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)确定初、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删去.
例1 [2024·北京东城区期末] 如图,竖直放置的汽缸内有一可无摩擦滑动的活塞,其横截面积为S=2.0×10-3 m2,质量可忽略,汽缸内封闭一定质量的气体(可视为理想气体),气体体积为V,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2.
(1)在活塞上放一个质量为5 kg的砝码后,汽缸内气体的压强是多少
(2)若温度保持不变,活塞上放砝码后气体的体积是多少
例2 [2024·福建福州一中月考] 如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1=25.0 cm的空气柱,中间有一段长为l2=25.0 cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0 cm.已知大气压强为p0=75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推,使管下部空气柱长度变为l1'=20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.
学习任务二　气体等温变化的图像
[科学论证] (1)气体等温变化的p-图像原点附近画成虚线的原因是:一定质量的气体体积不能无限大.
(2)一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的.图中的两条等温线,T1　　　(选填“>”或“<”) T2.
(3)p-图像:一定质量气体的等温变化过程,也可以用p-图像来表示,如图所示.
等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线,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==pV∝T,即斜率越大,气体的温度越高.
例3 [2024·河北唐山一中月考] 为更准确地测出气体的压强,某同学用压强传感器替代压力表,得到某次实验的p-V图如图所示,究其原因,
是温度发生了怎样的变化 (　)
A.一直保持不变
B.一直增大
C.先减小后增大
D.先增大后减小
[反思感悟]

【要点总结】
1.不同的等温线温度不同,越靠近原点的等温线温度越低,越远离原点的等温线温度越高.
2.由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低.
封闭气体压强的计算方法
1.利用连通器原理计算:在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等.如图甲中,pC=pD.液体内深度为h处的压强p=p0+ρgh,p0为液面上方的压强,h是液面的竖直距离,不一定是液柱长度.
2.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.如图甲所示,粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A,在其最低点选一液片B,由两侧受力平衡可知(p0+ρgh+ρgh0)S=(pA+ρgh0)S,即pA=p0+ρgh.
3.平衡法:选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析,得到液柱(或活塞)的受力平衡方程,求得气体的压强.如图乙所示,以活塞为研究对象,受力分析如图丙所示,由平衡条件得mg+p0S=pS,则p=p0+.
　　　　　 　　　　　 　　　　　
示例1 若已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态.已知液体密度均为ρ,重力加速度为g,求各被封闭气体的压强.
示例2　如图所示,汽缸所受重力为1000 N,内壁光滑,活塞所受重力为100 N,横截面积为0.1 m2,大气压强为1.0×105 Pa,汽缸内封闭着一定质量的气体(可视为理想气体),求下列各图中封闭气体的压强.
　　　　　　　　　　　　　　　
1.(玻意耳定律的应用) [2024·山西运城期末] 水中的一个气泡从距离水面30米处上升到距离水面10米处时,它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变,水的密度为103 kg/m3,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2) (　)
A.4倍 B.3倍
C.2倍 D.2.5倍
2.(气体等温变化的图像)(多选)如图所示是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
3.(玻意耳定律的应用)[2024·湖北宜昌期末] 如图,汽缸内封闭一定质量的气体,汽缸内壁光滑.如密封气体温度保持不变,外界气压升高,则下列情况正确的是 (　)
A.密封气体体积增加 B.活塞向下移动
C.汽缸向上移动 D.弹簧的长度增加
第2课时　玻意耳定律的应用
例1　(1)1.25×105 Pa　(2)V
[解析] (1)对活塞和砝码整体,根据平衡条件,有pS=p0S+mg
解得p=p0+=1.25×105 Pa
(2)开始时气体压强为p0=1.0×105 Pa,体积为V;放砝码后压强为p=1.25×105 Pa,体积为V'
由玻意耳定律得p0V=pV'
解得V'=V
例2　15.0 cm
[解析] 以cmHg为压强单位,设玻璃管的横截面积为S,在活塞下推前,玻璃管下部空气柱的压强为p1=p0+p2
其中p2=25.0 cmHg
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1',
由玻意耳定律得p1l1S=p1'l1'S
如图,设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3'=l3+l1-l1'-Δl
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3',则p3'=p1'-p2
由玻意耳定律得p0l3S=p3'l3'S
联立解得Δl=15.0 cm
[科学论证] (2)<
例3　D　[解析] 由图像可知,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图上作出几条等温线,如图所示.由于离原点越远的等温线表示的温度越高,所以从状态A到状态B的过程中,温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小.
素养提升
示例1　甲:p0-ρgh　乙:p0-ρgh　丙:p0-ρgh　丁:p0+ρgh1　戊:pa=p0+ρg(h2-h1-h3),pb=p0+ρg(h2-h1)
[解析] 题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有pS+ρghS=p0S
所以p=p0-ρgh
题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有pS+ρghS=p0S
所以p=p0-ρgh
题图丙中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有pS+ρghsin 60°·S=p0S
所以p=p0-ρgh
题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有pS=p0S+ρgh1S
所以p=p0+ρgh1
题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1)
故a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)
示例2　1.01×105 Pa　9.0×104 Pa　9.9×104 Pa
[解析] 图甲中,对活塞受力分析得p1S=G1+p0S
代入数据解得p1=1.01×105 Pa
图乙中,对汽缸受力分析得p2S+G2=p0S
代入数据解得p2=9×104 Pa
图丙中,对活塞受力分析得p3S+G1=p0S
代入数据解得p3=9.9×104 Pa
随堂巩固
1.C　[解析] 大气压强为p0=1×105 Pa,距离水面30米处的压强p1=p0+ρgh1=4p0,距离水面10米处的压强p2=p0+ρgh2=2p0根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,则V2=2V1,即它的体积变为原来体积的2倍,故选C.
2.AD　[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两点在同一等温线上,温度相同,D正确.
3.C　[解析] 以汽缸、汽缸内气体和活塞整体为研究对象,根据受力平衡可得F弹=M总g,当外界气压升高时,整体的重力保持不变,弹簧弹力不变,则弹簧的长度保持不变,活塞在原来的位置保持不变,B、D错误;以汽缸为研究对象,根据受力平衡可得pS+Mg=p0S,当外界气压p0升高时,可知汽缸内气体压强增大,由于气体温度保持不变,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,故汽缸向上移动,A错误,C正确.

展开更多......

收起↑