学年新设计高中物理课改地区专用选修33讲义121 气体的等温变化Word版含答案.docx
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学年新设计高中物理课改地区专用选修33讲义121气体的等温变化Word版含答案
1.2 气 体
1.2.1 气体的等温变化
学习目标
核心提炼
1.知道描述气体状态的三个状态参量。
3个气体状态参量——压强、体积、温度
1个气体实验定律——玻意尔定律
1个气体等温图象——p-V图象
2.知道什么是气体的等温变化,了解研究等温变化的演示实验装置和实验过程。
3.知道玻意耳定律的适用条件,理解玻意耳定律的内容和公式,能用玻意耳定律计算有关问题。
4.理解等温变化的图象,并能利用图象分析实际问题。
一、探究气体等温变化的规律
1.气体状态参量:
气体的三个状态参量为压强p、体积V、温度T。
2.等温变化:
一定质量的气体,在温度不变的条件下其压强与体积的变化关系。
3.实验探究
(1)实验器材:
铁架台、注射器、气压计等。
(2)研究对象(系统):
注射器内被封闭的空气柱。
(3)实验方法:
控制气体温度和质量不变,研究气体压强与体积的关系。
(4)数据收集:
压强由气压计读出,空气柱长度由刻度尺读出,空气柱长度与横截面积的乘积即为体积。
(5)数据处理:
以压强p为纵坐标,以体积的倒数为横坐标作出p-
图象,图象结果:
p-
图象是一条过原点的直线。
(6)实验结论:
压强跟体积的倒数成正比,即压强与体积成反比。
思维拓展
如图1所示为“探究气体等温变化的规律”的实验装置,实验过程中如何保证气体的质量和温度不变?
图1
答案
(1)保证气体质量不变的方法:
采用实验前在柱塞上涂好润滑油,以免漏气,保证气体质量不变。
(2)保证气体温度不变的方法
①采用改变气体体积时,缓慢进行,等稳定后再读出气体压强的方法,以防止气体体积变化太快,气体的温度发生变化。
②采用实验过程中,不用手接触注射器的圆筒的方法,以防止圆筒从手上吸收热量,引起内部气体温度变化。
二、玻意耳定律
1.内容:
一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强p与体积V成反比。
2.成立条件:
(1)质量一定,温度不变。
(2)温度不太低,压强不太大。
3.表达式:
p1V1=p2V2或pV=常数或
=
。
思维拓展
玻意耳定律的表达式pV=C中的C是一个与气体无关的常量吗?
答案 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,该恒量越大。
三、气体等温变化的p-V图象
1.概念:
如图2,一定质量的理想气体的p-V图线的形状为双曲线,它描述的是温度不变时的p-V关系,称为等温线。
图2
2.分析:
一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的。
思考判断
(1)一定质量的气体等温变化的p-V图象一定是双曲线的一支。
(√)
(2)一定质量的气体等温变化的p-V图象是通过原点的倾斜直线。
(×)
(3)p-
图象的斜率越大,说明气体的温度越高。
(√)
(4)p-V图象中,pV乘积越大(即离原点越远)说明气体的温度越高。
(√)
封闭气体压强的计算方法
[要点归纳]
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。
例如,图3中粗细均匀的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。
图3
(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,如图中同一液面C、D处压强相等,pA=p0+ph。
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。
图4
如图4,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+
。
[精典示例]
[例1]如图5所示,竖直放置的U形管,左端开口,右端封闭,管内有a、b两段水银柱,将A、B两段空气柱封闭在管内。
已知水银柱a长h1为10cm,水银柱b两个液面间的高度差h2为5cm,大气压强为75cmHg,求空气柱A、B的压强分别是多少?
图5
解析 设管的截面积为S,选a的下端面为参考液面,它受向下的压力为(pA+ph1)S,
受向上的大气压力为p0S,由于系统处于静止状态,则(pA+ph1)S=p0S,
所以pA=p0-ph1=(75-10)cmHg
=65cmHg,
再选b的左下端面为参考液面,由连通器原理知:
液柱h2的上表面处的压强等于pB,则(pB+ph2)S=pAS,所以pB=pA-ph2=(65-5)cmHg=60cmHg。
答案 65cmHg 60cmHg
求气体压强的方法
(1)以封闭气体的液面或活塞为研究对象。
(2)分析其受力情况。
(3)由平衡条件或牛顿第二定律列出方程,从而求得气体的压强。
[针对训练1]如图6,一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,整个过程中温度保持不变。
求小车的加速度的大小。
图6
解析 设小车加速度大小为a,稳定时汽缸内气体的压强为p1,活塞受到汽缸内外气体的压力分别为,F1=p1S,F0=p0S,
由牛顿第二定律得:
F1-F0=ma,
小车静止时,在平衡情况下,汽缸内气体的压强应为p0,由玻意耳定律得:
p1V1=p0V,式中V=SL,V1=S(L-d),联立解得:
a=
答案 a=
对玻意耳定律的理解和应用
[要点归纳]
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,该恒量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)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。
[精典示例]
[例2]粗细均匀的U形管,右端封闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为19cm,封闭端空气柱长度为40cm,如图7所示。
问向左管再注入多少水银可使两管水银面等高?
(已知外界大气压强p0=76cmHg,灌入水银过程中温度保持不变。
)
图7
解析 以右管中被封闭空气为研究对象。
空气在初状态其p1=p0-ph=(76-19)cmHg=57cmHg,V1=L1S=40S;末状态p2=p0=76cmHg,V2=L2S。
则由玻意耳定律p1V1=p2V2得:
57×40S=76×L2S,L2=30cm。
需加入的水银柱长度应为h+2(L1-L2)=39cm。
答案 39cm
应用玻意耳定律解题时应注意的两个问题
(1)应用玻意耳定律解决问题时,一定要先确定好两个状态的体积和压强。
(2)确定气体压强或体积时,只要初末状态的单位统一即可,没有必要都化成国际单位制。
[针对训练2]如图8所示,一个粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置,右端与大气相通,左端封闭长l1=20cm的气柱,两管中水银面等高。
现将右端与一低压舱(未画出)接通,稳定后右管水银面高出左管水银面h=10cm。
环境温度不变,大气压强p0=75cmHg,求稳定后低压舱内的压强(用cmHg作单位)。
图8
解析 设U形管横截面积为S,则初始状态左端封闭气柱体积可记为V1=l1S,由两管中水银面等高,可知初始状态左端封闭气柱压强为p0。
当右管水银面高出左管10cm时,左管水银面下降5cm,气柱长度增加5cm,此时气柱体积可记为V2=(l1+5cm)S,低压舱内的压强记为p,则左管气柱压强p2=p+10cmHg,根据玻意耳定律得:
p0V1=p2V2
即p0l1S=(p+10cmHg)(l1+5cm)S
代入数据,解得:
p=50cmHg。
答案 50cmHg
气体等温变化的p-V图象或p-
图象
[要点归纳]
p-V图象与p-
图象的比较
两种图象
内容
p-V图象
p-
图象
图象特点
物理意义
一定质量的气体,在温度不变的情况下,p与V成反比,等温线是双曲线的一支
一定质量的气体,温度不变,p与
成正比,等温线是过原点的直线
温度高低
一定质量的气体,温度越高,气体压强与体积的乘积越大,所以等温线离原点越远,图中t1 直线的斜率为p与V的乘积,斜率越大,pV乘积越大,温度越高,图中t1 [精典示例] [例3]如图9所示是一定质量的某种气体状态变化的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( ) 图9 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 解析 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,在直线AB上取一点,P、V值的乘积大于A点的p、V乘积,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。 答案 D 气体等温变化图象的应用步骤 (1)明确图象类型: 确定是p-V图象还是p- 图象。 (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)应用图象规律: ①在p-V图象中,沿远离横纵坐标轴方向,温度越来越高。 ②在p- 图象中,斜率越大,温度越高。 [针对训练3](多选)如图10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( ) 图10 A.D→A是一个等温过程 B.A→B是一个等温过程 C.TA>TB D.B→C体积增大,压强减小,温度不变 解析 D→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,V增大,p减小,D正确。 答案 AD 1.(气体压强计算)一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中,管竖直放置时,管内水银面比管外高h(cm),上端空气柱长为L(cm),如图11所示,已知大气压强为HcmHg,下列说法正确的是( ) 图11 A.此时封闭气体的压强是(L+h)cmHg B.此时封闭气体的压强是(H-h)cmHg C.此时封闭气体的压强是(H+h)cmHg D.此时封闭气体的压强是(H-L)cmHg 解析 利用等压面法,选管外水银面为等压面,则封闭气体压强p+ph=p0,得p=p0-ph,即p=(H-h)cmHg,故B项正确。 答案 B 2.(p-V图象的理解)(多选)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( ) 解析 A图中可以直接看出温度不变;B图说明p∝ ,即pV=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。 答案 AB 3.(等温变化规律)如图12所示,有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时,用连接计算机的压强传感器直接测得注射器内气体的压强值,缓慢推动活塞,使注射器内空气柱从初始体积20.0mL变为12.0mL。 实验共测了5次,每次体积值直接从注射器的刻度上读出并输入计算机,同时由压强传感器测得对应体积的压强值。 实验完成后,计算机屏幕上立刻显示出如下表所示的实验结果。 图12 序号 V(mL) p(×105Pa) pV(×105Pa·mL) 1 20.0 1.0010 20.020 2 18.0 1.0952 19.714 3 16.0 1.2313 19.701 4 14.0 1.4030 19.642 5 12.0 1.6351 19.621 (1)仔细观察不难发现,pV(×105Pa·mL)一栏中的数值越来越小,造成这一现象的可能原因是( ) A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大 B.实验时环境温度增大了 C.实验时外界大气压强发生了变化 D.实验时注射器内的空气向外发生了泄漏 (2)根据你在 (1)中的选择,说明为了减小误差,应采取的措施是________。 解析 (1)若实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力不断增大,由于缓慢推动活塞,所以不影响研究温度不变时气体的压强跟体积的关系,故A错误;若实验时环境温度增大,根据气体方程,pV乘积应该变大,而实验数据pV的乘积在变小,故B错误;实验时外界大气压强发生变化,对本实验没有影响,故C错误;若实验时注射器内的空气向外发生泄漏,则实验只能测得部分气体的pV乘积,故D正确。 (2)为了减少误差,应采取的措施是: 在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性。 答案 (1)D (2)在注射器活塞上涂上润滑油增加密封性 4.(等温变化规律应用)粗细均匀的玻璃管,一端封闭,长为12cm。 一个人手持玻璃管开口竖直向下潜入池水中,当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口2cm,求管口距水面的深度。 (取水面上大气压强为p0=1.0×105Pa,g取10m/s2,池水中温度恒定) 解析 确定研究对象为被封闭的空气,玻璃管下潜的过程中空气的状态变化可视为等温过程。 设潜入水下的深度为h,玻璃管的横截面积为S。 空气的初、末状态参量分别为: 初状态: p1=p0,V1=12S 末状态: p2=p0+ρg(h-0.02),V2=10S 由玻意耳定律p1V1=p2V2得 p0·12S=[p0+ρg(h-0.02)]·10S 解得h=2.02m。 答案 2.02m 基础过关 1.如图1所示,竖直放置的弯曲管A端开口,B端封闭,密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内,管内液面高度差分别为h1、h2和h3,则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( ) 图1 A.p0-ρg(h1+h2-h3)B.p0-ρg(h1+h3) C.p0-ρg(h1+h3-h2)D.p0-ρg(h1+h2) 解析 需要从管口依次向左分析,中间气室压强比管口低ρgh3,B端气体压强比中间气室低ρgh1,所以B端气体压强为p0-ρgh3-ρgh1,选项B正确。 答案 B 2.如图2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( ) 图2 A.p=p0+ B.p=p0+ C.p=p0- D.p= 解析 以缸套为研究对象,有pS+Mg=p0S,所以封闭气体的压强p=p0- ,故选项C正确。 答案 C 3.(多选)关于“探究气体等温变化的规律”实验,下列说法正确的是( ) A.实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化 B.实验中为找到体积与压强的关系,一定要测量空气柱的横截面积 C.为了减小实验误差,可以在柱塞上涂润滑油,以减小摩擦 D.处理数据时采用p- 图象,是因为p- 图象比p-V图象更直观 解析 本实验探究采用的方法是控制变量法,所以要保持被封闭气体的质量和温度不变,A正确;由于注射器是圆柱形的,横截面积不变,所以只需测出空气柱的长度即可,B错误;涂润滑油的主要目的是防止漏气,使被封闭气体的质量不发生变化,不仅是为了减小摩擦,C错误;当p与V成反比时,p- 图象是一条过原点的直线,而p-V图象是双曲线,所以p- 图象更直观,D正确。 答案 AD 4.在“探究气体等温变化的规律”实验中,下列四个因素中对实验的准确性影响最小的是( ) A.针筒封口处漏气 B.采用横截面积较大的针筒 C.针筒壁与活塞之间存在摩擦 D.实验过程中用手去握针筒 解析 “探究气体等温变化的规律”实验前提是气体的质量和温度不变,针筒封口处漏气,则气体质量变小,用手握针筒,则气体温度升高,所以A、D错误;针筒的横截面积大,会使封闭的气体的体积大,结果更精确,B正确;活塞与筒壁的摩擦影响活塞对气体的压强,影响实验的准确性,C错误。 答案 B 5.一个气泡由湖面下20m深处缓慢上升到湖面下10m深处,它的体积约变为原来体积的( ) A.3倍B.2倍 C.1.5倍D.0.7倍 解析 气泡缓慢上升过程中,温度不变,气体等温变化,湖面下20m处,水的压强约为2个标准大气压(1个标准大气压相当于10m水产生的压强),故p1=3atm,p2=2atm,由p1V1=p2V2得: = = =1.5,故C项正确。 答案 C 6.如图3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(高为h1)封闭一定质量的气体,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( ) 图3 A.h2变长B.h2变短 C.h1上升D.h1下降 解析 被封闭气体的压强p=p0+ph1=p0+ph2,故h1=h2,随着大气压强的增大,被封闭气体压强也增大,由玻意耳定律知气体的体积减小,空气柱长度变短,但h1、h2长度不变,h1液柱下降,D项正确。 答案 D 7.氧气瓶在储存过程中,由于密封不严,缓慢漏气,其瓶内氧气的压强和体积变化如图4中A到B所示,则瓶内氧气的温度( ) 图4 A.一直升高B.一直下降 C.先升高后降低D.不变 解析 容易错选B,错误原因是只简单地对A、B及A到B的过程进行分析后,作出各状态下的等温线,如图所示,从图中可以看出tA>t1>t2>tB,从而误选B,而忽略了只有一定质量的气体才满足tA>t1>t2>tB。 密封不严说明漏气,气体质量变化;“缓慢”说明氧气瓶中氧气可充分同外界进行热交换,隐含与外界“等温”。 故D正确。 答案 D 8.(多选)如图5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( ) 图5 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,可知从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的过程温度不变,C项错误;A、C两点在同一等温线上,D项正确。 答案 AD 能力提升 9.(多选)如图6所示,上端封闭的玻璃管,开口向下,竖直插在水银槽内,管内长度为h的水银柱将一段空气柱封闭,现保持槽内水银面上玻璃管的长度l不变,将管向右倾斜30°,若水银槽内水银面的高度保持不变,待再次达到稳定时( ) 图6 A.管内空气柱的密度变大 B.管内空气柱的压强变大 C.管内水银柱的长度变大 D.管内水银柱产生的压强变大 解析 玻璃管倾斜前,设大气压强为p0,管内空气柱的压强为p1,长度为h的水银柱产生的压强为ph,有p1+ph=p0,玻璃管倾斜后,假定管内水银柱的长度h不变,因l不变,管内空气柱的体积也不变,其压强仍为p1,但由于管的倾斜,管内水银柱产生的压强ph1小于倾斜前的压强ph,使p1+ph1 答案 ABC 10.(多选)在室温下用注射器做验证玻意耳定律的实验,三个实验小组根据实验数据得到图象分别为图7中①②③所示的p- 图,分析可能的原因是( ) 图7 A.①组实验中,用手握住注射器,造成气体温度升高 B.①组实验中,封闭在注射器内气体的质量太大 C.②组实验中,气体压强测量值小于实际值 D.③组实验中,没有给活塞抹油而造成漏气 解析 一定质量的气体,在温度不变时p- 图的斜率是CT,应该是常数,但①图中斜率变大,是T变大,故可能是用手握住注射器,造成气体温度升高,故A正确,B错误;图线②向上平移就正常,即p偏小,故可能是气体压强测量值小于实际值,故C正确;图线③中的斜率变小,p- 图的斜率是CT,故可能是没有给活塞抹油而造成漏气,导致p减小,从而CT减小,故D正确。 答案 ACD 11.如图8所示,导热汽缸平放在水平地面上,用横截面积为S=0.1×10-2m2的光滑活塞A和B封闭两部分理想气体Ⅰ和Ⅱ,活塞A、B的质量分别为mA=2kg,mB=4kg,活塞A、B到汽缸底部的距离分别为20cm和8cm。 现将汽缸转至开口向上,环境温度不变,外界大气压强p0=1.0×105Pa。 待状态稳定时,求活塞A移动的距离。 图8 解析 对理想气体Ⅰ,由玻意耳定律得 p0L1S=p1L1′S p1=p0+ 代入数据得L1′=0.1m 对理想气体Ⅱ,由玻意耳定律得 p0L2S=p2L2′S p2=p1+ 代入数据得L2′=0.05m 故活塞A移动的距离 d=(L1+L2)-(L1′+L2′)=0.05m 答案 0.05m 12.如图9所示,两端开口的U形玻璃管两边粗细不同,粗管横截面积是细管的2倍。 管中装入水银,两管中水银面与管口距离均为12cm,大气压强为p0= 75cmHg。 现将粗管管口封闭,然后将细管管口用一活塞封闭并将活塞缓慢推入管中,直至两管中水银面高度差达6cm为止,求活塞下移的距离(假设环境温度不变)。 图9 解析 设粗管中气体为气体1。 细管中气体为气体2。 对粗管中气体1: 有p0L1=p1L1′ 右侧液面上升h1,左侧液面下降h2,有 S1h1=S2h2,h1+h2=6cm, 得h1=2cm,h2=4cm L1′=L1-h1 解得p1=90cmHg 对细管中气体2: 有p0L1=p2L2′ p2=p1+Δh 解得L2′=9.375cm 因为h=L1+h2-L2′ 解得h=6.625cm 答案 6.625cm
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