新教材适用2024-2025学年高中物理第2章气体固体和液体2.气体的等温变化第1课时玻意耳定律学案新人教版选择性必修第三册

第1课时玻意耳定律课程标准1．理解肯定质量的气体在温度不变的状况下压强和体积的关系。2．知道什么是气体的等温变更，驾驭玻意耳定律的内容和公式。3．理解p－V图中等温变更的图像及其物理意义，知道p－V图上不同温度的等温线如何表示。4．会用玻意耳定律进行计算。素养目标1．知道什么是等温变更。2．会测量气体的压强与体积，能作出气体的p－V图像、p－eq\f(1,V)图像，并通过图像得出等温状况下p、V的关系。3．知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件。4．能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算。5．了解p－V图像、p－eq\f(1,V)图像的物理意义。学问点1气体的等温变更1．气体的状态参量生活中的很多现象都表明，气体的_压强__、_体积__、_温度__三个状态参量之间存在着肯定的关系。2．等温变更_肯定质量__的某种气体，在_温度不变__的条件下，其压强与体积变更时的关系叫作气体的等温变更。学问点2玻意耳定律1．玻意耳定律(1)内容：肯定质量的某种气体，在温度不变的状况下，压强p与体积V成_反比__。(2)公式：_pV＝C__(常量)或_p1V1＝p2V2__。(3)适用条件：①气体质量不变、_温度__不变。②气体温度不太低、压强不太大。2．气体的等温变更的p-V图像(1)p－V图像：肯定质量的气体的p－V图像为一条_双曲线__，如图甲所示。(2)p－eq\f(1,V)图像：肯定质量的气体的p－eq\f(1,V)图像为过原点的_倾斜直线__，如图乙所示。『判一判』(1)肯定质量的气体，三个状态参量变更时，至少有两个变更。(√)(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变更时C的值不变。(√)(3)肯定质量的气体压强跟体积成反比。(×)(4)肯定质量的某种气体等温变更的p－V图像是通过原点的倾斜直线。(×)(5)玻意耳定律适用于质量不变，温度变更的任何气体。(×)『选一选』各种卡通形态的氢气球，受到孩子们的喜爱，特殊是年幼的小孩，小孩一不当心松手，氢气球会飞向天空，上升到肯定高度会胀破，是因为(C)A．球内氢气温度上升 B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小 D．以上说法均不正确解析：以球内气体为探讨对象，气球上升时，由于高空处空气淡薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到肯定程度时，气球就会胀破。『想一想』用什么方法可以使一个凹瘪的乒乓球复原原状？解析：将乒乓球放入热水中，乒乓球内的气体在温度上升时，内部气体分子平均动能增大，压强增大，所以体积增大，使凹瘪的乒乓球复原原状。探究封闭气体压强的计算要|点|提|炼封闭气体压强的确定方法(1)容器处于平衡状态时封闭气体压强的计算①依据连通器原理：在连通器中，同一液体(只有一种液体且液体不流淌)的同一水平液面上的压强相等。例如，图中，同一水平液面C、D处压强相等，故pA＝p0＋ph。②参考液片法：选取假想的液体薄片(自身重力不计)为探讨对象，分析液片两侧受力状况，建立平衡方程消去面积，液片两侧压强相等，进而求得气体压强。例如，图中，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(pA＋ρgh0)S＝(p0＋ρgh＋ρgh0)S，得pA＝p0＋ph。③力平衡法：选与封闭气体接触的液柱(或活塞)为探讨对象进行受力分析，由F合＝0列式求气体压强。(2)容器加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活塞(气缸)、液柱为探讨对象进行受力分析，然后由牛顿其次定律列方程，求出封闭气体的压强。典|例|剖|析典例1如图所示，玻璃管中都灌有水银，且水银柱都处在平衡状态，大气压相当于76cm高的水银柱产生的压强。则图中被封闭气体在静止状态的压强各是多少？解析：①pAS＋mg＝p0S，m＝ρhS，p0＝ρgh0pA＝ρgh′，所以pA＝p0－eq\f(mg,S)。即h′＝h0－h，pA＝p0－ph＝71cmHg，同理可求得。②pA＝p0－ph＝66cmHg③pA＝p0＋phsin30°＝81cmHg④pA＝p0－pa＝71cmHgpB＝p0－pha－phb＝66cmHg答案：①71cmHg②66cmHg③81cmHg④71cmHg66cmHg对点训练❶(多选)(2024·吉林长春北师大附属学校高二下期中)如图所示，竖直放置一根上端开口、下端封闭的细玻璃管，内有两段长均为15cm的水银柱，封闭了长度均为15cm的A、B两段空气柱，已知大气压强p0＝75cmHg，环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强为(BC)A．pA＝60cmHg B．pA＝90cmHgC．pB＝105cmHg D．pB＝120cmHg解析：对上面一段水银柱进行分析，有pA＝p0＋ρgh＝75cmHg＋15cmHg＝90cmHg，故选项A错误，B正确；对下面的一段水银柱进行分析，有pB＝pA＋ρgh＝90cmHg＋15cmHg＝105cmHg，故选项C正确，D错误。探究玻意耳定律的理解及应用要|点|提|炼对玻意耳定律的理解及应用1．成立条件：玻意耳定律p1V1＝p2V2是试验定律，只有在气体质量肯定、温度不变的条件下才成立。且压强和气体分子数密度不宜过大。2．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，对肯定质量的气体，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)确定探讨对象，并推断是否满意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)依据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解(留意各状态参量要统一单位)。(4)留意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何学问列出协助方程。(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。典|例|剖|析典例2如图所示，一个上下都与大气相通的导热直圆筒，内部横截面积为S＝0.01m2，中间用两个活塞A和B密闭肯定质量的气体。A、B都可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质量不计，B的质量为M，并与一劲度系数为k＝5×103N/m的较长的弹簧相连。已知大气压p0＝1×105Pa，平衡时两活塞之间的距离l0＝0.6m，现用力压A，使之缓慢向下移动一段距离后，保持平衡，此时用于压A的力F＝500N，求活塞A下移的距离。解题指导：(1)因为是缓慢下移所以密闭气体温度不变。(2)应用玻意耳定律可以求出l。解析：设活塞A下移距离为l，活塞B下移的距离为x，对圆筒中的气体：初状态：p1＝p0V1＝l0S，末状态：p2＝p0＋eq\f(F,S)V2＝(l0＋x－l)S，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即p0l0S＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋\f(F,S)))·(l0＋x－l)·S，①依据胡克定律F＝kx，②代数解①②得l＝0.3m。答案：0.3m规律总结：应用玻意耳定律解题时的两个误区误区1：误认为在任何状况下玻意耳定律都成立。只有肯定质量的气体在温度不变时，定律成立。误区2：误认为气体的质量变更时，肯定不能用玻意耳定律进行分析。对点训练❷如图所示，导热气缸由两个横截面不同的圆筒连接而成。活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动。A、B的质量分别为mA＝12kg，mB＝8.0kg，横截面积分别为SA＝4.0×10－2m2，SB＝2.0×10－2m2。肯定质量的某种气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强p0＝1.0×105Pa，g取10m/s2。(1)气缸水平放置达到如图甲所示的平衡状态，求此时气缸内气体的压强。(2)已知气缸水平放置时气体的体积V1＝2.0×10－2m3。现保持温度不变，将气缸竖直放置，达到平衡状态后如图乙所示，与图甲相比，活塞在气缸内移动的距离l为多少？答案：(1)1.0×105Pa(2)9.1×10－2m解析：(1)气缸处于图甲位置时，设气缸内气体压强为p1，对活塞和杆进行受力分析，如图所示，依据力的平衡条件有p0SA＋p1SB＝p1SA＋p0SB解得p1＝p0＝1.0×105Pa。(2)气缸处于图乙位置时，设气缸内气体压强为p2，对活塞和杆进行受力分析如图所示，依据力的平衡条件有p0SA＋p2SB＋(mA＋mB)g＝p2SA＋p0SB设V2为气缸处于图乙位置时缸内气体的体积，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2由几何学问可得V1－V2＝l(SA－SB)由以上各式解得l＝9.1×10－2m。探究气体等温变更的图像要|点|提|炼气体等温变更的两种图像两种图像内容p－eq\f(1,V)图像p－V图像图像特点物理意义肯定质量的气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与eq\f(1,V)就成正比，在p－eq\f(1,V)图上的等温线应是过原点的直线肯定质量的气体，在温度不变的状况下p与V成反比，因此等温过程的p－V图像是双曲线的一支温度凹凸直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2>T1肯定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必定越大，在p－V图上的等温线就越高，图中T1<T2典|例|剖|析典例3(多选)如图所示，是肯定质量的某种气体状态变更的p－V图像，气体由状态A变更到状态B的过程中，气体的温度和分子平均速率的变更状况的下列说法正确的是(BD)A．都始终保持不变B．温度先上升后降低C．温度先降低后上升D．平均速领先增大后减小解题指导：(1)温度是分子平均动能的标记，同种气体温度越高，分子平均动能越大，分子平均速率越大。(2)温度越高，pV值越大，p－V图像中等温线离坐标原点越远。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温度越高，所以从状态A到状态B温度应先上升后降低，分子平均速领先增大后减小。故A、C错误，B、D正确。方法总结：(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状况可以推断温度的凹凸。对点训练❸(2024·湖北黄冈高二下期末)为了直观地描述肯定质量气体在等温变更时压强p与体积V的关系，通常建立p－V坐标系来探讨。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－eq\f(1,V)图像应为(B)解析：依据玻意耳定律pV＝C，C与温度有关，温度越高，C越大，可知p与V之积越大表示温度越高，则T2>T1；依据pV＝C可知p＝eq\f(1,V)·C，故p与eq\f(1,V)成正比，p－eq\f(1,V)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。两部分气体的关联问题如一弯曲试管，中部有水银，水银两端有气体，其解题方法为：(1)对用来分隔两部分气体的那个物体(活塞、水银柱等)进行受力分析，按其运动状态用牛顿运动定律或平衡条件列方程，求解压强关系。(2)分析两部分气体的体积关系，留意分隔物的移动使它们的体积发生变更。(3)对于各部分气体，在状态变更前后各自遵循玻意耳定律，即pAVA＝p′AV′A，pBVB＝p′BV′B，联立求解。案例如图所示，两端开口的U形管粗细匀称，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱长度如图中标注所示。水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10cm、5cm。在左管内缓慢注入肯定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高h＝10cm。已知大气压强p0＝76cmHg，整个过程中气体、液体温度均不变，求向左管注入的水银柱长度。解析：初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1＝76cmHg＋14cmHg＝90cmHg，因右管水银面上升的高度10cm<12cm，故b空气柱仍在水平直管内，末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2＝76cmHg＋14cmHg＋10cmHg＝100cmHg，设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2，对a部分空气柱，依据玻意耳定律得p1La1S＝p2La2S，对b部分空气柱，依据玻意耳定律得p1Lb1S＝p2Lb2S，代入数据解得La2＝9cm，Lb2＝4.5cm，左管所注入的水银柱长度L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2)，代入数据解得L＝21.5cm。答案：21.5cm一、被封闭气体压强求法1．(2024·山东滨州期中)在匀称直玻璃管中有一段12cm长的水银柱封住了肯定质量的气体，若将玻璃管开口向上放置在倾角θ＝30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76cmHg)(A)A．76cmHg B．82cmHgC．88cmHg D．70cmHg解析：水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理。水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝gsinθ，所以对水银柱，由牛顿其次定律得p0S＋mgsinθ－pS＝ma，故p＝p0，A正确。2.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，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为(D)A．p0＋eq\f(Mgcosθ,S) B．eq\f(p0,S)＋eq\f(Mgcosθ,S)C．p0＋eq\f(Mgcos2θ,S) D．p0＋eq\f(Mg,S)解析：以圆板为探讨对象，受力分析如图所示，竖直方向受力平衡，则有：pS′cosθ＝p0S＋Mg，而S′＝eq\f(S,cosθ)，则peq\f(S,cosθ)·cosθ＝p0S＋Mg，解得p＝p0＋eq\f(Mg,S)，选项D正确。二、玻意耳定律3．(2024·山东济南外国语学校高二下测试)肯定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小2atm时，体积变更了4L，则该气体原来的体积为(B)A.eq\f(4,3)L B．2LC.eq\f(8,3)L D．3L解析：气体初状态的压强p1＝3atm，体积V1＝V；末状态的压强p2＝1atm，体积V2＝V＋4L。由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即3atm×V＝1atm×(V＋4L)，解得V＝2L，故B正确。4．(2024·湖北石首一中高二下测试)如图所示，在一根一端封闭且粗细匀称的长玻璃管中，用长为h＝10cm的水银柱将一部分空气密封，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L1＝0.3m；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有流出玻璃管。待水银柱稳定后，空气柱的长度L2为多少？(大气压强p0＝76cmHg，结果保留2位有效数字)答案：0.39m解析：设玻璃管的横截面积为S，以管内封闭的气体为探讨对象，当玻璃管开口向上时，管内气体的压强p1＝p0＋ρgh，气体体积V1＝L1S，当玻璃管开口向下时，管内