资源简介

3　气体等温变化的规律
[课标引领]
学习目标要求 核心素养和关键能力
1.知道描述气体的三个状态参量和什么是气体的等温变化。 2.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。 3.理解等温变化的图像,并能利用图像分析实际问题。 1.科学思维 会用玻意耳定律进行相应的分析和计算。 2.关键能力 科学探究能力和数据处理能力。
知识点一　玻意耳定律
情境探究
　如图所示为一名同学的美术作品,根据所掌握的物理知识:
探究:(1)该美术作品中有没有错误 如有,正确的画法是什么 (用简单的文字表述,不要画图)
(2)这样画的物理学依据是什么 (假设河水温度不变)
答案:(1)有错误;越往上气泡体积应逐渐增大。
(2)河水温度不变,气泡上升过程中,内部压强减小,则体积增大。
科学思维
1.思考判断
(1)一定质量的气体,在温度不变时,压强跟体积成反比。(　√　)
(2)对于温度不同、质量不同、种类不同的气体,C值是相同的。(　×　)
2.一定质量的气体,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(　B　)
A. L　　B.2 L　　C. L　　D.3 L
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3 atm·V1=
(3-2) atm·(V1+4 L),解得V1=2 L,B正确。
知识点二　气体等温变化的p-V图像
科学思维
1.思考判断
(1)一定质量的气体的等温线上的两点的压强p和体积V的乘积相等。(　√　)
(2)p-V图像中的等温线上的一点代表一定质量的气体的一个状态。(　√　)
(3)一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是通过原点的倾斜直线。(　×　)
2.一定质量的气体保持温度不变,从状态A到状态B。用p表示气体压强,用V表示气体体积,图中能描述气体做等温变化的是(　C　)
A　　　　　B
C　　　　　D
解析:根据pV=C,整理有p=C·,若想保持温度不变,则p图线应为一条过原点的倾斜直线,选项C正确,D错误;若横坐标为V,则图线应为双曲线的一支,选项A、B错误。
要点一　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方法
(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。
如图所示,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,图中同一液面C、D处压强相等,pA=p0+ph。
2.容器变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,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。
如图所示,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+。
[例1] 如图所示,两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在大水银槽中,管的上部有一定长度的水银柱,两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中,平衡时水银柱的位置如图所示,其中h1=5 cm,h2=7 cm,L1=50 cm,大气压强为75 cmHg,则右管内空气柱的长度L2等于(　D　)
A.44 cm B.46 cm
C.48 cm D.50 cm
解析:由题可知,左侧管内气体压强为p1=p0+ph2=82 cmHg,设右侧管内空气柱下端与水银面的高度差为h3,则右侧管内气体压强为p2=p1+ph1=87 cmHg=p0+ph3,解得ph3=12 cmHg,则 h3=
12 cm,则右侧管内空气柱长度L2=(L1-h1-h2)+h3=(50-5-7) cm+12 cm=50 cm,故选D。
求解封闭气体压强的两点注意事项
(1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p=ρgh时,应特别注意h表示液面竖直高度,不一定是液柱长度。
(2)特别注意大气压强的作用,不要漏掉大气压强。
[针对训练1] (多选)如图所示,活塞的质量为m,汽缸的质量为M,通过弹簧吊在天花板上,汽缸内封住一定质量的空气,汽缸与活塞无摩擦,活塞的横截面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,则(　AD　)
A.汽缸内空气的压强等于p0-
B.汽缸内空气的压强等于p0+
C.内、外空气对汽缸的作用力大小为(M+m)g
D.内、外空气对活塞的作用力大小为Mg
解析:以汽缸为研究对象进行受力分析,由平衡条件得pS+Mg=p0S,解得p=p0-,故A正确,B错误;以汽缸为研究对象,由平衡条件得,内、外空气对汽缸的作用力大小等于汽缸所受的重力,即Mg,故C错误;以汽缸与活塞组成的系统为研究对象,由平衡条件得,弹簧拉力大小为 F=(M+m)g,以活塞为研究对象,由平衡条件得,内、外空气对活塞的作用力大小等于弹簧的拉力与活塞所受重力的合力大小,即Mg,故D正确。
要点二　对玻意耳定律的理解和应用
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,该常量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)注意分析题目中的隐含条件,必要时还应用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。
[例2] 如图,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h1=25 cm 的空气柱,中间有一段长h2=25 cm的水银柱,上部空气柱的长度h3=60 cm。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使玻璃管下部空气柱长度变为20 cm。假设活塞下推过程中没有漏气,环境温度保持不变,则活塞下推的距离为(　A　)
A.20 cm B.15 cm
C.10 cm D.35 cm
解析:活塞未下推之前,水银柱下端封闭的空气柱的压强p1=p0+ph2=100 cmHg,水银柱下端封闭的空气柱,根据玻意耳定律可知p1V1=p2V2,设玻璃管横截面积为S,其中V1=25 cm·S,V2=
20 cm·S,解得p2=125 cmHg;活塞下推后,管上部空气柱的压强p3满足关系 p3+ph2=p2,解得p3=100 cmHg,管上部空气柱,根据玻意耳定律p0V0=p3V3,其中 V0=60 cm·S,V3=LS,联立解得管上部空气柱的长度L=45 cm,活塞下推的距离为60 cm-45 cm+25 cm-20 cm=20 cm,故选A。
应用玻意耳定律解题时的两个误区
(1)误认为在任何情况下玻意耳定律都成立。只有一定质量的气体在温度不变时,玻意耳定律才成立。
(2)误认为气体的质量变化时,一定不能用玻意耳定律进行分析。当气体经历多个质量发生变化的过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,应用玻意耳定律列方程。
[针对训练2] 光滑地面上水平放置一个质量为M、导热性能良好的容器,用一个质量为m、导热性能良好的活塞封闭一定质量的气体,容器与活塞的横截面积分别为S0、S,容器内部气体的长度为L,气体的质量可忽略不计,活塞和容器间接触光滑。现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上,且F1=F2=F,活塞和容器最终无相对运动。已知外界大气压强为p0,环境温度恒定,则容器内部气体缩短的长度为(　D　)
A. L B. L
C. L D. L
解析:由题意可知气体做等温变化,设容器内部气体缩短的长度为x,根据玻意耳定律可知p0LS=(p0+) (L-x)S,整理得x=,故选D。
要点三　等温变化的图像问题
内容 p 图像 pV图像
图像 特点
物理 意义 一定质量的某种气体,温度不变的情况下,p与成正比,因此等温过程的p图像是过原点的倾斜直线 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,p与V成反比,因此等温过程的pV图像是双曲线的一支
温度 高低 判断 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 一定质量的某种气体,温度越高,气体压强与体积的乘积必然越大,在pV图像中的等温线离原点就越远,图中T2>T1
[例3] 如图所示,一定质量的气体,从状态1变化到状态2,其p图像为倾斜直线,气体温度变化是(　B　)
A.逐渐升高
B.逐渐降低
C.可能不变
D.可能先升高后降低
解析:p图像上各点与原点连线的斜率反映温度的高低,斜率越大,温度越高。由题图可知,
1→2 过程中图像上各点与原点连线的斜率逐渐减小,故气体温度逐渐降低,B正确,A、C、D错误。
气体等温变化图像的应用步骤
(1)明确图像类型:确定是pV图像还是p图像。
(2)确定研究过程。
①明确研究的初状态和末状态。
②明确由初状态到末状态的变化过程。
(3)应用图像规律。
①在p-V图像中,沿远离原点方向,温度越来越高。
②在p-图像中,斜率越大,温度越高。
[针对训练3] (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(　AB　)
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T1>T2
解析:由于等温线是双曲线的一支,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素养测练
基础巩固练
考点一　封闭气体压强的计算
1.(绍兴期中)如图,竖直放置的U形管内有两段密度为ρ的液体,h1=h2=h,大气压强为p0,则气柱A的压强为(　A　)
A.p0 B.p0+ρgh
C.p0-ρgh D.p0+2ρgh
解析:气柱B的压强为pB=p0+ρgh1=p0+ph,气柱A的压强为pA=pB-ρgh2=pB-ph,解得pA=p0,B、C、D错误,A正确。
2.如图所示,封有空气的汽缸挂在弹簧测力计上,弹簧测力计的读数为F。已知汽缸质量为M,横截面积为S,活塞质量为m,汽缸壁与活塞间摩擦不计,缸壁厚度不计,外界大气压强为p0,重力加速度为g,则汽缸内空气的压强为(　B　)
A.p0-
B.p0-
C.p0-
D.p0-
解析:设缸内气体的压强为p,以活塞为研究对象,分析活塞受力,活塞受重力mg、大气压向上的压力p0S和汽缸内气体向下的压力pS,根据平衡条件得p0S=pS+mg,则p=p0-,故A错误,B正确;以汽缸为研究对象,分析汽缸受力,汽缸受重力Mg、大气压向下的压力p0S、汽缸内气体向上的压力pS以及弹簧测力计向上的拉力F,根据平衡条件得p0S+Mg=pS+F,则得p=p0-,故C、D错误。
3.如图所示,一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置,圆板A的上表面是水平的,下表面是倾斜的,且下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计一切摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强p为(　D　)
A.p0+ B.p0+
C.p0+ D.p0+
解析:
以圆板为研究对象,对圆板受力分析,如图所示,竖直方向受力平衡,则pS′cos θ=p0S+Mg,因为S′=,所以p·cos θ=p0S+Mg,可得p=p0+,故选D。
4.有一段12 cm长的水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角θ为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg)(　A　)
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
解析:以玻璃管和水银柱组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律可得整体的加速度a=
gsin θ,所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-pS=ma,解得p=p0,故选A。
考点二　对玻意耳定律的理解和应用
5.如图,密封的桶装零食从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同,则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是(　D　)
A.p增大,Ek增大 B.p增大,Ek不变
C.p减小,Ek增大 D.p减小,Ek不变
解析:两地温度相同,则分子平均动能不变;由玻意耳定律可知桶内气体体积增大,压强减小,故选D。
6.如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体。若试管自由下落,则管内气体(　B　)
A.压强增大,体积增大
B.压强增大,体积减小
C.压强减小,体积增大
D.压强减小,体积减小
解析:设大气压强为p0,试管内封闭气体压强为p1,水银重力为G,试管横截面积为S,根据平衡条件有p0S=p1S+G;自由下落时,水银处于完全失重状态,根据受力平衡则有p0S=p2S,对比可得p2>p1,即压强增大。根据气体等温变化规律有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小。故选B。
考点三　等温变化的图像问题
7.如图所示,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(　A　)
A　 　B
C　 　D
解析:由于是恒温鱼缸,可知气体温度T保持不变,气泡上升过程气体的体积逐渐增大,根据玻意耳定律pV=C,可得p=C·,可知气体压强逐渐减小,p与体积的倒数成正比。故选A。
8.(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(　AD　)
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
解析:作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,所以从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的过程温度先升高再降低,C项错误;A、C两点在同一等温线上,D项正确。
9.(湖州月考) (多选)如图所示,为一定质量的气体在不同温度下的两条p图线,由图可知(　BD　)
A.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成正比
B.一定质量的气体在发生等温变化时,其p图像的延长线经过坐标原点
C.T1>T2
D.T1解析:题图为一定质量的气体在发生等温变化时的p图像,由图像过原点可知p=,所以p与V成反比,A错误,B正确;根据p图像斜率的物理意义可知T1能力提升练
10.真空轮胎(无内胎轮胎),又称“低压胎”“充气胎”,在轮胎和轮圈之间封闭着空气,轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力,提高了对破口的自封能力。若某个轮胎胎内气压只有1.6个标准大气压,要使胎内气压达到2.8个标准大气压,用气筒向胎里充气,已知每次充气能充入 1个标准大气压的气体0.5 L,轮胎内部空间的体积为3×10-2 m3,且充气过程中保持不变,胎内外气体温度也始终相同,则需要充气的次数为(　B　)
A.66 B.72 C.76 D.82
解析:根据题意知,气体做等温变化,p1V+np0V0=p2V,即1.6p0×3×10-2 m3+np0×0.5×10-3 m3=
2.8p0×3×10-2 m3,解得n=72,故选B。
11.(多选)如图所示,内壁光滑的导热汽缸固定在水平地面上,用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中。现用水平外力F作用于活塞杆,使活塞缓慢地向右移动,由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温,则四个选项中可表示此过程的图像是(　AD　)
A　　 　　B
C　　 　　D
解析:气体做等温变化,根据玻意耳定律知pV=C,可知pV 图像为双曲线的一支,故A正确,B错误;气体做等温变化,根据玻意耳定律知pV=C,由①到②的过程气体的体积增大,压强减小,故C错误,D正确。
12.肺活量是衡量人体呼吸功能的一个重要指标,是指人能够呼出的气体在标准大气压p0下的最大体积。一同学设计了如图所示的装置测量自己的肺活量。竖直放置的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞,活塞上方放有重物,活塞由于卡槽作用在汽缸中静止不动,插销K处于打开状态,汽缸中活塞下方空间的体积为V0。该同学用尽全力向吹嘴吹气后,关闭插销K,最终活塞下方空间的体积变为V0,已知外界大气压强为p0,活塞的面积为S,活塞及上方重物所受的总重力G=p0S,汽缸的导热性能良好,则该同学的肺活量为(　C　)
A.V0 B.V0
C.V0 D.V0
解析:设该同学呼出的气体在标准大气压p0下的体积为V,把该同学呼出的气体和活塞下方汽缸中原有的气体作为研究对象,有p0V0+p0V=p·V0,其中p=p0+=p0,解得V=V0,故选C。
思维拓展练
13.图甲为一款气压升降椅,其简要原理图如图乙所示,升降椅中间有一个开口向上、导热性能良好的汽缸,汽缸内封闭有压强为p0(与外界标准大气压相同)、体积为V0的气体,某同学坐上座椅后,座椅连带活塞缓慢下降,气体被压缩,最终静止时气体体积为V0。已知活塞横截面积为S,与汽缸间摩擦不计,活塞和与其连接的部件质量可忽略不计,环境温度不变,环境气压为标准大气压p0,汽缸不漏气。重力加速度为g,汽缸内气体可看成理想气体。求:
(1)该同学坐上座椅稳定后,汽缸内气体的压强p;
(2)该同学的质量m。
解析:(1)该同学坐上座椅后,根据等温变化规律有
p0V0=p·V0,
得p=1.5p0。
(2)由受力平衡有
mg=(p-p0)S,
得m=。
答案:(1)1.5p0　(2)3　气体等温变化的规律
素养测练
基础巩固练
考点一　封闭气体压强的计算
1.(绍兴期中)如图,竖直放置的U形管内有两段密度为ρ的液体,h1=h2=h,大气压强为p0,则气柱A的压强为(　A　)
A.p0 B.p0+ρgh
C.p0-ρgh D.p0+2ρgh
解析:气柱B的压强为pB=p0+ρgh1=p0+ph,气柱A的压强为pA=pB-ρgh2=pB-ph,解得pA=p0,B、C、D错误,A正确。
2.如图所示,封有空气的汽缸挂在弹簧测力计上,弹簧测力计的读数为F。已知汽缸质量为M,横截面积为S,活塞质量为m,汽缸壁与活塞间摩擦不计,缸壁厚度不计,外界大气压强为p0,重力加速度为g,则汽缸内空气的压强为(　B　)
A.p0-
B.p0-
C.p0-
D.p0-
解析:设缸内气体的压强为p,以活塞为研究对象,分析活塞受力,活塞受重力mg、大气压向上的压力p0S和汽缸内气体向下的压力pS,根据平衡条件得p0S=pS+mg,则p=p0-,故A错误,B正确;以汽缸为研究对象,分析汽缸受力,汽缸受重力Mg、大气压向下的压力p0S、汽缸内气体向上的压力pS以及弹簧测力计向上的拉力F,根据平衡条件得p0S+Mg=pS+F,则得p=p0-,故C、D错误。
3.如图所示,一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置,圆板A的上表面是水平的,下表面是倾斜的,且下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计一切摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强p为(　D　)
A.p0+ B.p0+
C.p0+ D.p0+
解析:
以圆板为研究对象,对圆板受力分析,如图所示,竖直方向受力平衡,则pS′cos θ=p0S+Mg,因为S′=,所以p·cos θ=p0S+Mg,可得p=p0+,故选D。
4.有一段12 cm长的水银柱,在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角θ为30°的光滑斜面上(如图所示),在下滑过程中被封闭气体的压强为(设大气压强为p0=76 cmHg)(　A　)
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
解析:以玻璃管和水银柱组成的系统为研究对象,根据牛顿第二定律可得整体的加速度a=
gsin θ,所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin θ-pS=ma,解得p=p0,故选A。
考点二　对玻意耳定律的理解和应用
5.如图,密封的桶装零食从上海带到拉萨后盖子凸起。若两地温度相同,则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是(　D　)
A.p增大,Ek增大 B.p增大,Ek不变
C.p减小,Ek增大 D.p减小,Ek不变
解析:两地温度相同,则分子平均动能不变;由玻意耳定律可知桶内气体体积增大,压强减小,故选D。
6.如图,竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体。若试管自由下落,则管内气体(　B　)
A.压强增大,体积增大
B.压强增大,体积减小
C.压强减小,体积增大
D.压强减小,体积减小
解析:设大气压强为p0,试管内封闭气体压强为p1,水银重力为G,试管横截面积为S,根据平衡条件有p0S=p1S+G;自由下落时,水银处于完全失重状态,根据受力平衡则有p0S=p2S,对比可得p2>p1,即压强增大。根据气体等温变化规律有p1V1=p2V2,所以V1>V2,体积变小。故选B。
考点三　等温变化的图像问题
7.如图所示,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(　A　)
A　 　B
C　 　D
解析:由于是恒温鱼缸,可知气体温度T保持不变,气泡上升过程气体的体积逐渐增大,根据玻意耳定律pV=C,可得p=C·,可知气体压强逐渐减小,p与体积的倒数成正比。故选A。
8.(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(　AD　)
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
解析:作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,所以从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的过程温度先升高再降低,C项错误;A、C两点在同一等温线上,D项正确。
9.(湖州月考) (多选)如图所示,为一定质量的气体在不同温度下的两条p图线,由图可知(　BD　)
A.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成正比
B.一定质量的气体在发生等温变化时,其p图像的延长线经过坐标原点
C.T1>T2
D.T1解析:题图为一定质量的气体在发生等温变化时的p图像,由图像过原点可知p=,所以p与V成反比,A错误,B正确;根据p图像斜率的物理意义可知T1能力提升练
10.真空轮胎(无内胎轮胎),又称“低压胎”“充气胎”,在轮胎和轮圈之间封闭着空气,轮胎鼓起对胎内表面形成一定的压力,提高了对破口的自封能力。若某个轮胎胎内气压只有1.6个标准大气压,要使胎内气压达到2.8个标准大气压,用气筒向胎里充气,已知每次充气能充入 1个标准大气压的气体0.5 L,轮胎内部空间的体积为3×10-2 m3,且充气过程中保持不变,胎内外气体温度也始终相同,则需要充气的次数为(　B　)
A.66 B.72 C.76 D.82
解析:根据题意知,气体做等温变化,p1V+np0V0=p2V,即1.6p0×3×10-2 m3+np0×0.5×10-3 m3=
2.8p0×3×10-2 m3,解得n=72,故选B。
11.(多选)如图所示,内壁光滑的导热汽缸固定在水平地面上,用活塞把一定质量的理想气体封闭在汽缸中。现用水平外力F作用于活塞杆,使活塞缓慢地向右移动,由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温,则四个选项中可表示此过程的图像是(　AD　)
A　　 　　B
C　　 　　D
解析:气体做等温变化,根据玻意耳定律知pV=C,可知pV 图像为双曲线的一支,故A正确,B错误;气体做等温变化,根据玻意耳定律知pV=C,由①到②的过程气体的体积增大,压强减小,故C错误,D正确。
12.肺活量是衡量人体呼吸功能的一个重要指标,是指人能够呼出的气体在标准大气压p0下的最大体积。一同学设计了如图所示的装置测量自己的肺活量。竖直放置的汽缸中有一与汽缸壁接触良好的活塞,活塞上方放有重物,活塞由于卡槽作用在汽缸中静止不动,插销K处于打开状态,汽缸中活塞下方空间的体积为V0。该同学用尽全力向吹嘴吹气后,关闭插销K,最终活塞下方空间的体积变为V0,已知外界大气压强为p0,活塞的面积为S,活塞及上方重物所受的总重力G=p0S,汽缸的导热性能良好,则该同学的肺活量为(　C　)
A.V0 B.V0
C.V0 D.V0
解析:设该同学呼出的气体在标准大气压p0下的体积为V,把该同学呼出的气体和活塞下方汽缸中原有的气体作为研究对象,有p0V0+p0V=p·V0,其中p=p0+=p0,解得V=V0,故选C。
思维拓展练
13.图甲为一款气压升降椅,其简要原理图如图乙所示,升降椅中间有一个开口向上、导热性能良好的汽缸,汽缸内封闭有压强为p0(与外界标准大气压相同)、体积为V0的气体,某同学坐上座椅后,座椅连带活塞缓慢下降,气体被压缩,最终静止时气体体积为V0。已知活塞横截面积为S,与汽缸间摩擦不计,活塞和与其连接的部件质量可忽略不计,环境温度不变,环境气压为标准大气压p0,汽缸不漏气。重力加速度为g,汽缸内气体可看成理想气体。求:
(1)该同学坐上座椅稳定后,汽缸内气体的压强p;
(2)该同学的质量m。
解析:(1)该同学坐上座椅后,根据等温变化规律有
p0V0=p·V0,
得p=1.5p0。
(2)由受力平衡有
mg=(p-p0)S,
得m=。
答案:(1)1.5p0　(2)(共34张PPT)
3　气体等温变化的规律
[课标引领]
学习目标要求 核心素养和关键能力
1.知道描述气体的三个状态参量和什么是气体的等温变化。 2.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。 3.理解等温变化的图像,并能利用图像分析实际问题。 1.科学思维
会用玻意耳定律进行相应的分析和计算。
2.关键能力
科学探究能力和数据处理能力。
预学智测
·
科学思维
「情境探究」
知识点一　玻意耳定律
如图所示为一名同学的美术作品,根据所掌握的物理知识:
探究:(1)该美术作品中有没有错误 如有,正确的画法是什么 (用简单的文字表述,不要画图)
答案:(1)有错误;越往上气泡体积应逐渐增大。
(2)这样画的物理学依据是什么 (假设河水温度不变)
答案:(2)河水温度不变,气泡上升过程中,内部压强减小,则体积增大。
1.思考判断
(1)一定质量的气体,在温度不变时,压强跟体积成反比。(　 　)
(2)对于温度不同、质量不同、种类不同的气体,C值是相同的。(　 　)
×
「科学思维」
√
2.一定质量的气体,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(　 　)
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3 atm·V1=(3-2) atm·(V1+4 L),解得V1=2 L,B正确。
知识点二　气体等温变化的p-V图像
1.思考判断
(1)一定质量的气体的等温线上的两点的压强p和体积V的乘积相等。(　 　)
(2)p-V图像中的等温线上的一点代表一定质量的气体的一个状态。(　 　)
(3)一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是通过原点的倾斜直线。
(　 　)
√
「科学思维」
×
√
2.一定质量的气体保持温度不变,从状态A到状态B。用p表示气体压强,用V表示气体体积,图中能描述气体做等温变化的是(　 　)
C
A　　　　　 B C　　　　　 D
探究重点
·
深化学习
要点一　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方法
(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。
如图所示,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,图中同一液面C、D处压强相等,pA=p0+ph。
2.容器变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,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。
[例1] 如图所示,两端开口、粗细均匀的足够长的玻璃管插在大水银槽中,管的上部有一定长度的水银柱,两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中,平衡时水银柱的位置如图所示,其中h1=5 cm,h2=7 cm,L1=50 cm,大气压强为75 cmHg,则右管内空气柱的长度L2等于(　 　)
A.44 cm B.46 cm
C.48 cm D.50 cm
D
解析:由题可知,左侧管内气体压强为p1=p0+ph2=82 cmHg,设右侧管内空气柱下端与水银面的高度差为h3,则右侧管内气体压强为p2=p1+ph1=87 cmHg=
p0+ph3,解得ph3=12 cmHg,则 h3=12 cm,则右侧管内空气柱长度L2=(L1-h1-h2)+h3=(50-5-7) cm+12 cm=50 cm,故选D。
求解封闭气体压强的两点注意事项
(1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p=ρgh时,应特别注意h表示液面竖直高度,不一定是液柱长度。
(2)特别注意大气压强的作用,不要漏掉大气压强。
名师点拨
[针对训练1] (多选)如图所示,活塞的质量为m,汽缸的质量为M,通过弹簧吊在天花板上,汽缸内封住一定质量的空气,汽缸与活塞无摩擦,活塞的横截面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,则(　 　)
AD
要点二　对玻意耳定律的理解和应用
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,该常量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)注意分析题目中的隐含条件,必要时还应用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。
[例2] 如图,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h1=25 cm 的空气柱,中间有一段长h2=25 cm的水银柱,上部空气柱的长度h3=60 cm。已知大气压强为p0=75 cmHg。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推,使玻璃管下部空气柱长度变为20 cm。假设活塞下推过程中没有漏气,环境温度保持不变,则活塞下推的距离为(　 　)
A.20 cm B.15 cm
C.10 cm D.35 cm
A
解析:活塞未下推之前,水银柱下端封闭的空气柱的压强p1=p0+ph2=100 cmHg,水银柱下端封闭的空气柱,根据玻意耳定律可知p1V1=p2V2,设玻璃管横截面积为S,其中V1=25 cm·S,V2=20 cm·S,解得p2=125 cmHg;活塞下推后,管上部空气柱的压强p3满足关系 p3+ph2=p2,解得p3=100 cmHg,管上部空气柱,根据玻意耳定律p0V0=p3V3,其中 V0=60 cm·S,V3=LS,联立解得管上部空气柱的长度L=
45 cm,活塞下推的距离为60 cm-45 cm+25 cm-20 cm=20 cm,故选A。
应用玻意耳定律解题时的两个误区
(1)误认为在任何情况下玻意耳定律都成立。只有一定质量的气体在温度不变时,玻意耳定律才成立。
(2)误认为气体的质量变化时,一定不能用玻意耳定律进行分析。当气体经历多个质量发生变化的过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,应用玻意耳定律列方程。
名师点拨
[针对训练2] 光滑地面上水平放置一个质量为M、导热性能良好的容器,用一个质量为m、导热性能良好的活塞封闭一定质量的气体,容器与活塞的横截面积分别为S0、S,容器内部气体的长度为L,气体的质量可忽略不计,活塞和容器间接触光滑。现同时用水平向左的恒力F1和水平向右的恒力F2分别作用在活塞和容器上,且F1=F2=F,活塞和容器最终无相对运动。已知外界大气压强为p0,环境温度恒定,则容器内部气体缩短的长度为(　 　)
D
要点三　等温变化的图像问题
A.逐渐升高
B.逐渐降低
C.可能不变
D.可能先升高后降低
B
气体等温变化图像的应用步骤
名师点拨
(2)确定研究过程。
①明确研究的初状态和末状态。
②明确由初状态到末状态的变化过程。
(3)应用图像规律。
①在p-V图像中,沿远离原点方向,温度越来越高。
[针对训练3] (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T1>T2
AB
解析:由于等温线是双曲线的一支,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感谢观看

展开更多......

收起↑