高中物理 81《气体的等温变化》导学案2 新人教版选修33Word格式文档下载.docx

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知识点二　气体等温变化的p—V图

3.

图4

如图4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．由图可知T1>

T2

D．由图可知T1<

4．下图中，p表示压强，V表示

体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是（　　）

【方法技巧练】

一、封闭气体压强的计算方法

5．求图5中被封闭气体A的压强．图中的玻璃管内都灌有水银且水

银柱都处在平衡状态，大气压强p0＝76cmHg.（p0＝1.01×

105Pa，g＝10m/s2）．

图5

6.

图6

如图6所示，一个壁厚可以不计、质量为M的汽缸放在光滑的水平地面上，活塞的质量为m，面积为S，内部封有一定质量的气体．活塞不漏气，不计摩擦，外界大气压强为p0，若在活塞上加一水平向左的恒力F（不考虑气体温度的变化），求汽缸和活塞以相同加速度运动时，缸内气体的压强为多大？

二、气体压强、体积的动态分析方法

7.

图7

如图7所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，管中封闭一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍向下插入一些，下列说法正确的是（　　）

A．玻璃管内气体体积减小

B．玻璃管内气体体积增大

C．管内外水银面高度差减小

D．管内外水银面高度差增大

8.

图8

如图8所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长l＝20cm，活塞A上方的水银深H＝10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，求活塞B上移的距离．设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm高的水银柱产生的压强．

1．放飞的氢气球上升到一定高度会胀破，是因为（　　）

A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大

C．球外空气压强减小D．以上说法全不正确

2.

图9

如图9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（　　）

A．p0＋Mgcosθ/S

B．p0/S＋Mgcosθ/S

C．p0＋Mgcos2θ/S

D．p0＋Mg/S

图10

如图10所示，有一段12cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口向上将玻璃管放置在倾角为30°

的光滑斜面上，在下滑过程中被封住气体的压强为（大气压强p0＝76cmHg）（　　）

A．76cmHgB．82cmHg

C．88cmHgD．70

cmHg

4．大气压强p0＝1.0×

105Pa.某容器容积为20L，装有压强为2.0×

106Pa的理想气体，如果保持气体温度不变，把容器的开关打开，待气体达到新的平衡时，容器内剩下的气体质量与原来的质量之比为（　　）

A．1∶19B．1∶20C．2∶39D．1∶18

5.

图11

如图11所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱h1封闭着一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h2，若保持环境温度不变，当外界压强增大时，下列分析正确的是（　　）

A．h2变长B．h2变短

C．h1上升D．h1下降

图12

如图12所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0

，则封闭气体的压强为（　　）

A．p＝p0＋

B．p＝p0＋

C．p＝p0－

D．p＝mg/S

图13

如图13所示为一定质量的气体的两条等温线，则下列关于各状态温度的说法正确的有（　　）

A．tA＝tBB．tB＝tC

C．tC>

tAD．tD>

tA

图14

如图14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（　　）

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—

图线的延长线是经过坐标原点的

C．T1>

D．T1<

9．一个开口玻璃瓶内有空气，现将瓶口向下按入水中，在水面下5m深处恰能保持静止不动，下列说法中正确的是（　　）

A．将瓶稍向下按，放手后又回到原来位置

B．将瓶稍向下按，放手后加速下沉

C．将瓶稍向上提，放手后又回到原处

D．将瓶稍向上提，放手后加速上升

10.

图15

如图15所示，是一定质量的理想气体状态变化的p－V图象，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

题号

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

答案

11.

图16

一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的，两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为3∶2，如图16所示．在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向

右移动一段距离d，求活塞B向右移动的距离，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦．

12.

图17

一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽内，如图17所示，管内水银柱比槽内水银面高h＝5cm，空气柱长l＝45cm，要使管内外水银面相平，求：

（1）应如何移动玻璃管？

（2）此刻管内空气柱长度为多少？

（设此时大气压相当于75cmHg产生的压强）

第八章　气　体

第1节　气体的等温变化

课前预习练

1．温度T　体积V　压强p　

气体的状态

2．反比　pV＝C（常数）　p1V1＝p2V2

3．压强p　体积V　双曲线

4．B　[用等压面法，选取管外水银面为等压面，则p气＋ph＝p0得p气＝p0－ph即p气＝（H－h）cmHg，B项正确．]

5．B　[由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积一定减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确．]

6．C　[由玻意耳定律pV＝C，得体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的

，故C项正确．]

课堂探究练

1．C　[由于气泡缓慢上升，因此其内气体始终与湖水的温度相同，即温度保持不变．P＝P0＋ρgh，在湖面下20m处，气体的压强约为p1＝3atm（1atm即为1个标准大气压P0＝1.01×

105Pa，湖面上的大气压强为1atm）；

在湖面下10m深处，气体的压强约为p2＝2

atm.由玻意耳定律得

p1V1＝p2V2

因此

＝

＝1.5]

方法总结　玻意耳定律的研究对象为：

一定质量的气体，且这一部分气体温度保持不变．经常使用p1V1＝p2V2或

这两种形式且只需使用同一单位即可．

2．25cm

解析　研究玻璃管内封闭的空气柱．

初态：

玻璃管未插入水银槽之前，

p1＝p0＝75cmHg；

V1＝LS＝100·

S.

末态：

玻璃管插入水银槽后，设管内外水银面高度差为h，

则　p2＝（75＋h）cmHg；

V2＝[L－（

－h）]·

S＝[100－（50－h）]·

S＝（50＋h）·

根据玻意耳定律p1V1＝p2V2得

75×

100·

S＝（75＋h）（50＋h）·

S，

即h2＋125h－3750＝0.

解得h＝25cm；

h＝－150cm（舍去）．

所以，水银进入管内的长度为

－h＝（

－25）cm＝25cm.

方法总结　要根据题意，画出示意图，找准初、末态的压强和体积的表示方法，然后由玻意耳定律p1V1＝p2V2列方程求解．

3．ABD　[由等温线的物理意义可知，A、B正确；

对于一定质量的气体，温度越高，等温线的位置就越高，C错，D对．]

方法总结　一定质量的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图象是双曲线的一支．一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，在p—V图上的等温线的位置就越高．

4．AB　[A图中可以直接看出温度不变；

B图说明p∝

，即p·

V＝常数，是等温过程；

C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线，D图的P－V图线不是双曲线，故也不是等温线．]

方法总结　由玻意耳定律知，一定质量的理想气体，T不变，p与V成反比，即p与

成正比，即p∝

，在p－

图象中等温线是一条过原点的直线．

5．

（1）66cmHg　

（2）71cmHg　（3）81cmHg

解析　

（1）pA＝p0－ph＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg

（2）pA＝p0－ph＝76cmHg－10×

sin30°

cmHg＝71cmHg

（3）pB＝p0＋ph2＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg

pA＝pB－ph1＝86cmHg－5cmHg＝81cmHg

方法总结　静止或匀速运动系统中压强的计算，一般选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，列平衡方程求气体压强．

6．p0＋

解析　设稳定时汽缸和活塞以相同加速度a向左做匀加速运动，这时缸内气体的压强为p，分析它们的受力情况，分别列出它们的运动方程为

汽缸：

pS－p0S＝Ma①

活塞：

F＋p0S－pS＝ma②

将上述两式相加，可得系统加速度a＝

将其代入①式，化简即得封闭气体的压强为p＝p0＋

·

＝p0＋

方法总结　

（1）当系统加速运动时，选与封闭气体接触的物体如液柱、汽缸或活塞等为研究对象，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．

（2）压强关系的实质反映力的关系，力的关系由物体的状态来决定．

7．AD　[解法一：

极限分析法：

设想把管压下很深，则易知V减小，p增大，因为p＝p0＋ph，所以h增大．即A、D选项正确．

解法二：

假设法：

将玻璃向下插入的过程中，假设管内气体体积不变，则h增大，p＝p0＋ph也增大，由玻意耳定律判断得V减小，故管内气体体积V不可能不变而是减小，由V减小得p＝p0＋ph增大，所以h也增大．即A、D选项正确．]

方法总结　此题属于定性判断气体状态参量变化的问题，需弄清p、V的定性变化关系，常用极限分析法或假设法来解决．

8．8cm

解析　由水银柱的高度H＝10cm可以求出气体初状态的压强；

当水银的一半被推入细筒中时，由水银的体积可以求出水银柱的总高度，从而求出气体末状态的压强．然后运用玻意耳定律求出气体末状态的体积，即可求得活塞B上移的距离．

设气体初态压强为p1（都以1cm水银柱产生的压强作为压强的单位，下同），则p1＝p0＋H.

设气体末态压强为p2，粗筒的横截面积为S，则有p2＝p0＋

H＋

.

设末态气柱的长度为l′，气体体积为V2＝Sl′，

在整个过程中气柱的温度不变，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2.

活塞B上移的距离　d＝l－l′＋

，

代入数据得d＝8cm.

方法总结　本题容易在两个问题上出现错误：

一是对液体压强及对压强的传递不够清楚，误认为初状态时水银只有

S的面积上受到大气压，其

余

S的水银由于不与外界大气接触，因此不受大气压，从而导致p1值的表达式错误．二是几何关系上出错，搞不清一半水银被推入细筒后，水银柱的高度是多少，或列不出正确计算d值的式子．

课后巩固练

1．C　[气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外气体的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，气球就会胀破．]

2．D　[

以圆板为研究对象，如右图所示，竖直方向受力平衡，则

pS′cosθ＝p0S＋Mg

因为S′＝S/cosθ

所以p

cosθ＝p0S＋Mgp＝p0＋Mg/S故此题应选D.]

3．A　[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题图所示，因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a＝gsinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得：

p0S＋mgsinθ－pS＝ma，解得p＝p0.]

4．B　[由p1V1＝p2V2，得p1V0＝p0V0＋p0V，V0＝20L，则V＝380L，即容器中剩余20L、1大气压的气体，而同样大气压下气体的总体积为400L，所以剩下气体的质量与原来的质量之比等于同压下气体的体积之比，即

，B项正确．]

5．D

6．C　[以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体

的压强p＝p0－

，故应选C.对于此类问题，选好研究对象，对研究对象进行受力分析是关键．]

7．ACD　[两条等温线，故tA＝tB，tC＝tD，故A项正确；

两条等温线比较，tD>

tA，tC>

tA，故B项错，C、D项正确．]

8．BD　[这是一定质量的气体在发生等温变化时的p－

图线，由图线知p∝

，所以p与V应成反比，

A错误；

由图可以看出，p－

图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；

根据p－

图线斜率的物理意义可知C错误，D正确．]

9．BD　[瓶保持静止不动，受力平衡mg＝ρgV，由玻意耳定律，将瓶下按后，p增大而V减小，mg>

ρgV，故放手后加速下沉．同样道理，D选项也正确．]

10．D　[由图象可知，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，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．]

11.

d

解析　因汽缸水平放置，又不计活塞的

摩擦，故平衡时两气室内的压强必相等，设初态时气室内压强为p0，气室1、2的体积分别为V1、V2；

在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x；

最后汽缸内压强为p，因温度不变，分别对气室1和2的气体运用玻意耳定律，得

气室1：

p0V1＝p

（V1－Sd＋Sx）①

气室2：

p0V2＝p（V2－Sx）②

由①②两式解得x＝

d.

由题意

，得x＝

12．

（1）向下移动玻璃管　

（2）42cm

解析　

（1）欲使管内外水银面相平，则需增大管内气体的压强．可采取的办法是：

向下移动玻璃管，内部气体体积V减小、压强p增大，因此，h减小．所以应向下移动玻璃管．

（2）设此刻管内空气柱长度为l′，p1V1＝p2V2，即（p0－h）lS＝p0l′S，解得l′＝

cm＝42cm.