高中物理选修3步步高同步讲义第二章 2　第3课时　气体的等温变化

第二章QITIDEDENGWENBIANHUA第3课时气体的等温变化梳理教材夯实基础/探究重点提升素养/课时对点练1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解p－V图像、p－

图像的物理意义.学习目标内容索引梳理教材夯实基础Part1探究重点提升素养Part2课时对点练Part3梳理教材夯实基础Part

11.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

.2.公式pV＝C或

.3.条件气体的

一定，

不变.温度反比p1V1＝p2V2

玻意耳定律质量温度4.气体等温变化的p－V图像气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线为

的一支，它描述的是温度不变时的p－V关系，称为

.一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的.双曲线等温线1.判断下列说法的正误.(1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比.(

)(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变.(

)(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.(

)√√×即学即用2.一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n倍，则压强变为原来的

.返回探究重点提升素养Part

2一、玻意耳定律如图所示，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？答案变小.导学探究(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？答案由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大.(3)为什么到达水面会破？答案内外压强不相等，气泡内压强大于外部压强.导学探究1.常量的意义p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大.2.应用玻意耳定律解题的一般步骤(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件.(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2).知识深化知识深化(3)根据玻意耳定律列方程求解.(注意统一单位)(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明.特别提醒确定气体的压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制.

如图所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h＝10cm的水银柱将管内一部分空气密封，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，水银没有溢出.待水银柱稳定后，密封空气柱的长度l2为多少？(大气压强p0＝76cmHg，结果保留两位有效数字)答案0.39m例1设玻璃管的横截面积为S，以管内封闭的空气为研究对象.玻璃管开口向上放置时，管内空气的压强p1＝p0＋ph，空气的体积V1＝l1S.当玻璃管开口向下放置时，管内空气的压强p2＝p0－ph，这时空气的体积V2＝l2S.温度不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即(p0＋ph)l1S＝(p0－ph)l2S，

如图所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小.已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度.例2二、气体等温变化的p－V图像及p－

图像(1)如图甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个高？为什么？答案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p－V图上的等温线就越高.导学探究(2)如图乙所示为一定质量的理想气体在不同温度下的p－

图线，T1和T2哪一个高？为什么？答案T2，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.导学探究两种等温变化图像知识深化内容p－

图像p－V图像图像特点知识深化物理意义一定质量的某种气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与

就成正比，在p－

图上的等温线应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p－V图像是双曲线的一支

(2021·哈尔滨市哈师大附中高二期中改编)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，则下列说法正确的是A.D→A是一个等温过程B.A→B是一个等温过程C.T1>T2D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度降低例3D→A是一个等温过程，A正确；BC是等温线，而A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，温度不变，D错误.√

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，气体分子平均速率的变化情况是A.一直保持不变B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小例4√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.由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小，故选D.返回课时对点练Part

3考点一玻意耳定律1.(2021·江苏常州市第三中学高二期中)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，压强变小基础对点练123456789101112√123456789101112由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，B选项正确.2.一定质量的气体，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123456789101112√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＋4L)，解得V1＝2L，B正确.3.(2021·上海市徐汇中学高二期中)如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5cm的水银柱封闭了一段长为6cm的气柱.保持温度不变，将管缓慢转动至水平位置，气柱长度变为(大气压强为75cmHg)A.5.6cm B.6.0cmC.6.4cm D.7.1cm123456789101112√123456789101112初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80cmHg，末状态气体压强为p′＝p0＝75cmHg由玻意耳定律得pLS＝p′L′S，解得L′＝6.4cm，故A、B、D错误，C正确.4.一个气泡由湖面下20m深处缓慢上升到湖面下10m深处，大气压强p0＝1×105Pa，不考虑气泡温度的变化，它的体积变为原来体积的(ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10m/s2)A.3倍

B.2倍C.1.5倍

D.123456789101112√1234567891011125.如图所示，在长为57cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的气体，管内外气体的温度相同.现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平.外界大气压强p0＝76cmHg，且温度不变.求此时管中封闭气体的压强.答案85cmHg123456789101112设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，已知玻璃管长为l＝57cm，开始时封闭气体长l1＝51cm，初状态p1＝p0＋ph1，V1＝l1S，末状态p2＝p0＋ph，V2＝(l－h)S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入数据解得h＝9cm，则p2＝85cmHg.123456789101112考点二p－V图像和p－

图像6.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的过程温度降低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123456789101112√123456789101112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项错误，D项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错误.7.一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－

图线如图所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，dc线段与p轴垂直，da线段与

轴垂直.气体在此状态变化过程中A.a→b，压强减小、温度不变、体积增大B.b→c，压强增大、温度降低、体积减小C.c→d，压强不变、温度升高、体积减小D.d→a，压强减小、温度升高、体积不变123456789101112√123456789101112由题图可知，a→b，温度不变，体积增大，压强减小，A正确；b→c，温度升高，压强增大，体积增大，B错误；c→d，压强不变，温度降低，体积减小，C错误；d→a，压强减小，温度降低，体积不变，D错误.8.(2022·南京师范大学附属实验学校高二月考)如图所示，把装有气体的上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽内，管内水银面与槽内水银面的高度差为h，当玻璃管缓慢竖直向下插入一些时，高度差h及气体体积的变化情况分别是A.变小，变小

B.变大，变小C.不变，不变

D.变小，变大123456789101112能力综合练√9.(2021·江苏海安市南莫中学高二期中)如图所示，导热性能良好的汽缸封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁的接触面光滑，活塞用弹簧悬挂.当周围环境温度不变而大气压缓慢变大之后，下列物理量中增大的是A.弹簧的长度B.封闭气体的体积C.封闭气体的压强D.气体分子的平均动能123456789101112√对汽缸和活塞的整体，由平衡条件得kx＝(M＋m)g，可知弹簧的伸长量不变，则弹簧的长度保持不变，选项A错误；对汽缸受力分析，可知Mg＋pS＝p0S，故大气压p0缓慢变大时，封闭气体的压强p变大，则根据玻意耳定律可知，封闭气体的体积减小，选项B错误，C正确；气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，选项D错误.12345678910111210.如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L.现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d.已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0，整个过程温度保持不变.求：(1)小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时的压强；123456789101112123456789101112小车静止时，根据平衡条件可得气体的压强为p0，体积为V0＝LS设小车加速稳定时，气体压强为p，体积为V＝(L－d)S由玻意耳定律得p0V0＝pV(2)小车加速度的大小.123456789101112活塞受到汽缸内外气体的压力大小分别为F＝pS，F0＝p0S由牛顿第二定律得F－F0＝ma11.(2021·扬州市高二期中)如图所示是某乡村排水管道的侧面剖视图，井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连.暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃.已知井盖质量为m＝60.0kg，圆柱形竖直井内水面面积为S＝0.300m2，图示时刻水面与井盖之间的距离为h＝2.06m，井内密封有压强刚好等于大气压强p0＝1.01×105Pa的空气(可视为理想气体)，温度始终不变，重力加速度取g＝10m/s2.(1)求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；答案1.03×105Pa123456789101112123456789101112设密闭空气的压强为p时井盖刚好被顶起，则对井盖由平衡条件可得pS＝p0S＋mg解得p＝1.03×105Pa.(2)求从图示位置起，水面上涨多高后井盖会被顶起；答案0.04m123456789101112设从题图所示位置起，水面上涨x后井盖会被顶起，根据玻意耳定律可得p0hS＝p(h－x)S解得x＝0.04m.(3)若井盖第一次被顶起后又迅速落回，井盖与管口的密封性被破坏，求井盖被顶起前后井中空气质量之比.123456789101112若井盖被顶起前封闭空气等温膨胀至压强为p0时的体积为V′，则根据玻意耳定律可得pV＝p0V′井盖被顶起后井中空气的压强变为p0，体积为V，12.如图所示，竖直