第5节 气体实验定律
第一课时 气体的等温变化
A级 必备知识基础练
1.如图所示,活塞的质量为m,缸套的质量为M,通过弹簧静止吊在天花板上,气缸内封闭一定质量的气体,缸套和活塞间无摩擦,活塞面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,则封闭气体的压强为( )
A.p0+
B.p0+
C.p0-
D.
2.(多选)如图甲所示,一气缸竖直放置,气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体密闭在气缸内,活塞与气缸壁无摩擦,气体处于平衡状态。现保持温度不变,把气缸向右倾斜90°如图乙所示,达到平衡后,与原来相比( )
A.气体的压强增大
B.气体的压强减小
C.气体的体积变大
D.气体的体积变小
3.如图所示,某同学用手持式打气筒对一个篮球打气。打气前篮球内气压等于1.1×105 Pa,每次打入气体的压强为1.0×105 Pa、体积为篮球容积的,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,球内气体可视为理想气体,则( )
A.打气后,球内体积不变,气体分子数密度不变
B.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
C.打气8次后,球内气体的压强为1.5×105 Pa
D.打气6次后,球内气体的压强为1.7×105 Pa
4.如图所示,下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置,右管开口,左管内被密闭一段气体,水银面比右管低,现保持左管不动,为了使两管内水银面一样高,下面采取的措施可行的是( )
A.减小外界气压
B.从U形管的右管向内加水银
C.把U形管的右管向上移动
D.把U形管的右管向下移动
5.一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室,达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4,如图所示。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,不计活塞与气缸壁之间的摩擦,则活塞B向右移动的距离为( )
A.d B.d
C.d D.d
6.(2023上海徐汇高二期中)将小试管倒扣在广口瓶内的水银中,此时试管恰好浮于水面,如图所示。如果环境温度不变,而大气压变大,以下物理量保持不变的是( )
A.管内气体压强
B.管内气体密度
C.试管露出水银面的高度
D.管内外液面高度差
7.给某包装袋充入氮气后密封,在室温下,袋中气体压强为标准大气压p0,体积为1 L。将其缓慢压缩到压强为2p0时,气体的体积变为0.45 L。请通过计算判断该包装袋是否漏气。
8.如图所示,一气缸开口向上固定在水平面上,气缸内部空间的高度L=1 m。横截面积S=100 cm2、质量m=10 kg的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内,活塞静止时内部气柱长度为L1=0.4 m。已知大气压强为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,活塞与气缸壁间的摩擦可忽略不计,活塞不漏气。现用力缓慢向上拉活塞,气体温度保持不变,当活塞即将脱离气缸时,求竖直向上的拉力F的大小。
B级 关键能力提升练
9.如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱密闭一定质量的气体,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( )
A.h2变长
B.h2变短
C.高为h1的水银柱上升
D.高为h1的水银柱下降
10.容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=30×105 Pa,打开钢瓶阀门,让氧气分装到容积为V'=5 L的小瓶中去,小瓶子已抽成真空。分装完成后,每个小钢瓶的压强p'=2×105 Pa。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可分装的瓶数是( )
A.4 B.50 C.56 D.60
11.为方便抽取密封药瓶里的药液,护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液,如图所示,某种药瓶的容积为0.9 mL,内装有0.5 mL的药液,瓶内气体压强为1.0×105 Pa,护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶,若瓶内外温度相同且保持不变,气体视为理想气体,此时药瓶内气体的压强为 Pa;当药液全部抽取完的一瞬间药瓶内气体的压强为 Pa。(保留两位有效数字)
12.(2023山西大同高三模拟)如图甲所示,开口向上的气缸放在水平地面上,横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体,平衡时活塞下部与气缸底部的间距为d。若气缸放在倾角θ=30°的固定斜面上,绕过定滑轮的轻绳一端与质量为2m的物块相连,另一端与活塞相连,滑轮右侧轻绳与斜面平行,系统处于平衡状态,如图乙所示。重力加速度大小为g,大气压强恒为p0,不计一切摩擦,缸内气体的温度恒定,斜面足够长。求:
(1)气缸的质量M;
(2)系统在斜面上处于平衡状态时活塞与气缸底部的间距x。
13.如图所示,一气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密闭在气缸内,平衡时活塞与气缸底相距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气缸移动了距离d。已知大气压强为p0,不计气缸和活塞间的摩擦,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。求小车加速度的大小。
14.如图所示,U形玻璃细管竖直放置,水平细管与U形细管底部相连通,各部分细管内径相同。C管长度为lC=30 cm,初始时U形玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δh=15 cm,C管水银面距U形玻璃管底部距离为hC=5 cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA=12.5 cm的理想气体A,U形管左管上端封有气柱长度为lB=25 cm的理想气体B,右管上端开口与大气相通,现将活塞缓慢向右压,使U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平,该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0=75 cmHg,水平细管中的水银柱足够长。
(1)求左右两侧液面相平时,气体B的长度L;
(2)求该过程活塞移动的距离d。
第一课时 气体的等温变化
1.C 以缸套为研究对象,有pS+Mg=p0S,所以封闭气体的压强p=p0-,故选C。
2.AD 对活塞受力分析可知,开始时,封闭气体的压强p1=p0-,而气缸向右倾斜90°后,p2=p0,故p1
V2,故A、D正确。
3.C 打气后,球内体积不变,气体分子数密度增大,故A错误;打气后,由于气体的温度不变,分子平均动能不变,球内气体分子对球壁的平均作用力不变,但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大,故B错误;打气8次后,由玻意耳定律p1V0+p0×8×V0=pV0,解得p=1.5×105Pa,故C正确;打气6次后,由玻意耳定律p1V0+p0×6×V0=p'V0,解得p'=1.4×105Pa,故D错误。
4.D 为使两管内水银面一样高,左管中空气的压强应减小,由玻意耳定律知,气体的体积要增大,右管必须向下移动,D正确。
5.D 以活塞B为研究对象,初状态p1S=p2S,气室1、2的体积分别为V1、V2,末状态p1'S=p2'S,气室1、2的体积分别为V1'、V2',设在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x,因温度不变,分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律,得
p1V1=p1'(V1+xS-dS)
p2V2=p2'(V2-xS)
代入数据解得x=d,故D正确。
6.D 根据物体的沉浮条件F浮=G漂浮=ρ液gV排,因为物体重力不变,所以V排不变,故试管内外的水银面高度差不变,D正确;试管内气体压强为p=p0+ρgh,当外界的大气压强增大时,试管中气体的压强增大,体积减小,密度增大,A、B错误;高度差不变,体积减小,因此试管将下沉一些,C错误。
7.答案 见解析
解析 若不漏气,设加压后的体积为V1,由玻意耳定律知p0V0=p1V1,代入数据得V1=0.5L,因为0.45L<0.5L,所以包装袋漏气。
8.答案 660 N
解析 未加拉力时,活塞受力平衡,有p0S+mg=p1S
刚好将活塞拉出时气柱长为L,气体压强为p2,根据活塞受力平衡有p0S+mg=F+p2S
根据玻意耳定律有p1SL1=p2SL
解得F=660N。
9.D 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,被封闭气体的压强也增大,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,高为h1的水银柱下降,D项正确。
10.C 设最多可分装的瓶数为n,由玻意耳定律得pV=p'V+np'V',解得n=56。故C正确。
11.答案 1.3×105 5.8×104
解析 以注入后的所有气体为研究对象,由题意可知气体发生等温变化,设瓶内原有气体体积为V1,有V1=0.9mL-0.5mL=0.4mL=0.4cm3,注射器内气体体积为V2,有V2=0.3×0.4cm3=0.12cm3,根据玻意耳定律有p0(V1+V2)=p1V1,代入数据解得p1=1.3×105Pa;
当药液全部抽取完时的一瞬间,气体体积为V3=0.9mL=0.9cm3,根据玻意耳定律有p1V1=p2V3,解得瓶内气体的压强p2=5.8×104Pa。
12.答案 (1)3m (2)d
解析 (1)对活塞与气缸整体,根据物体的平衡条件有2mg=(M+m)gsinθ
解得M=3m。
(2)气缸放在水平地面上时,缸内气体的压强p1=p0+
设气缸在斜面上系统平衡时缸内气体的压强为p2
对活塞,根据物体的平衡条件有
p2S+2mg=p0S+mgsinθ
解得p2=p0-
根据玻意耳定律有p1dS=p2xS
解得x=d。
13.答案
解析 设小车加速度大小为a,稳定时气缸内气体的压强为p1,活塞受到气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,气缸内气体的压强为p0,由玻意耳定律得p1V1=p0V
式中V=SL,V1=S(L-d),联立解得a=。
14.答案 (1)20 cm (2)27.5 cm
解析 (1)设玻璃内管横截面积为S,活塞缓慢向右压的过程中,气体B做等温变化,根据玻意耳定律有
pB1VB1=pB2VB2
其中pB1=75cmHg-15cmHg=60cmHg,VB1=25S,pB2=75cmHg,VB2=LS
解得气体B的长度
L=20cm。
(2)活塞缓慢向右压的过程中,各部分液柱移动情况示意如图所示
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化
ΔL左=25cm-20cm=5cm
U形管右管中水银柱长度变化
ΔL右=15cm+5cm=20cm
气体A做等温变化
pA1=75cmHg+5cmHg=80cmHg
pA2=75cmHg+25cmHg=100cmHg
VA1=12.5S
VA2=LA2S
根据玻意耳定律有
pA1VA1=pA2VA2
解得气体A的长度
LA2=10cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化,所以
d=LA1-LA2+25cm=27.5cm。(共28张PPT)
第1章
第5节 第一课时 气体的等温变化
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A 级 必备知识基础练
1.如图所示,活塞的质量为m,缸套的质量为M,通过弹簧静止吊在天花板上,气缸内封闭一定质量的气体,缸套和活塞间无摩擦,活塞面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g,则封闭气体的压强为( )
C
解析 以缸套为研究对象,有pS+Mg=p0S,所以封闭气体的压强 ,故选C。
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2.(多选)如图甲所示,一气缸竖直放置,气缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体密闭在气缸内,活塞与气缸壁无摩擦,气体处于平衡状态。现保持温度不变,把气缸向右倾斜90°如图乙所示,达到平衡后,与原来相比( )
A.气体的压强增大
B.气体的压强减小
C.气体的体积变大
D.气体的体积变小
AD
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解析 对活塞受力分析可知,开始时,封闭气体的压强 ,而气缸向右倾斜90°后,p2=p0,故p1V2,故A、D正确。
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3.如图所示,某同学用手持式打气筒对一个篮球打气。打气前篮球内气压等于1.1×105 Pa,每次打入气体的压强为1.0×105 Pa、体积为篮球容积的 ,假设整个过程中篮球没有变形,不计气体的温度变化,球内气体可视为理想气体,则( )
A.打气后,球内体积不变,气体分子数密度不变
B.打气后,球内每个气体分子对球内壁的作用力增大
C.打气8次后,球内气体的压强为1.5×105 Pa
D.打气6次后,球内气体的压强为1.7×105 Pa
C
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解析 打气后,球内体积不变,气体分子数密度增大,故A错误;打气后,由于气体的温度不变,分子平均动能不变,球内气体分子对球壁的平均作用力不变,但是球内每个气体分子对球内壁的作用力不一定增大,故B错误;打气8次
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4.如图所示,下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置,右管开口,左管内被密闭一段气体,水银面比右管低,现保持左管不动,为了使两管内水银面一样高,下面采取的措施可行的是( )
A.减小外界气压
B.从U形管的右管向内加水银
C.把U形管的右管向上移动
D.把U形管的右管向下移动
D
解析 为使两管内水银面一样高,左管中空气的压强应减小,由玻意耳定律知,气体的体积要增大,右管必须向下移动,D正确。
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5.一横截面积为S的气缸水平放置,固定不动,气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室,达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4,如图所示。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,不计活塞与气缸壁之间的摩擦,则活塞B向右移动的距离为( )
D
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解析 以活塞B为研究对象,初状态p1S=p2S,气室1、2的体积分别为V1、V2,末状态p1'S=p2'S,气室1、2的体积分别为V1'、V2',设在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x,因温度不变,分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律,得
p1V1=p1'(V1+xS-dS)
p2V2=p2'(V2-xS)
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6.(2023上海徐汇高二期中)将小试管倒扣在广口瓶内的水银中,此时试管恰好浮于水面,如图所示。如果环境温度不变,而大气压变大,以下物理量保持不变的是( )
A.管内气体压强
B.管内气体密度
C.试管露出水银面的高度
D.管内外液面高度差
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解析 根据物体的沉浮条件F浮=G漂浮=ρ液gV排,因为物体重力不变,所以V排不变,故试管内外的水银面高度差不变,D正确;试管内气体压强为p=p0+ρgh,当外界的大气压强增大时,试管中气体的压强增大,体积减小,密度增大,A、B错误;高度差不变,体积减小,因此试管将下沉一些,C错误。
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7.给某包装袋充入氮气后密封,在室温下,袋中气体压强为标准大气压p0,体积为1 L。将其缓慢压缩到压强为2p0时,气体的体积变为0.45 L。请通过计算判断该包装袋是否漏气。
答案 见解析
解析 若不漏气,设加压后的体积为V1,由玻意耳定律知p0V0=p1V1,代入数据得V1=0.5 L,因为0.45 L<0.5 L,所以包装袋漏气。
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8.如图所示,一气缸开口向上固定在水平面上,气缸内部空间的高度L=1 m。横截面积S=100 cm2、质量m=10 kg的活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内,活塞静止时内部气柱长度为L1=0.4 m。已知大气压强为p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2,活塞与气缸壁间的摩擦可忽略不计,活塞不漏气。现用力缓慢向上拉活塞,气体温度保持不变,当活塞即将脱离气缸时,求竖直向上的拉力F的大小。
答案 660 N
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解析 未加拉力时,活塞受力平衡,有p0S+mg=p1S
刚好将活塞拉出时气柱长为L,气体压强为p2,根据活塞受力平衡有p0S+mg=F+p2S
根据玻意耳定律有p1SL1=p2SL
解得F=660 N。
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9.如图所示,两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中,管中有一段高为h1的水银柱密闭一定质量的气体,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( )
A.h2变长
B.h2变短
C.高为h1的水银柱上升
D.高为h1的水银柱下降
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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,被封闭气体的压强也增大,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,高为h1的水银柱下降,D项正确。
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10.容积V=20 L的钢瓶充满氧气后,压强p=30×105 Pa,打开钢瓶阀门,让氧气分装到容积为V'=5 L的小瓶中去,小瓶子已抽成真空。分装完成后,每个小钢瓶的压强p'=2×105 Pa。在分装过程中无漏气现象,且温度保持不变,那么最多可分装的瓶数是( )
A.4 B.50 C.56 D.60
C
解析 设最多可分装的瓶数为n,由玻意耳定律得pV=p'V+np'V',解得n=56。故C正确。
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11.为方便抽取密封药瓶里的药液,护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液,如图所示,某种药瓶的容积为0.9 mL,内装有0.5 mL的药液,瓶内气体压强为1.0×105 Pa,护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶,若瓶内外温度相同且保持不变,气体视为理想气体,此时药瓶内气体的压强为 Pa;
当药液全部抽取完的一瞬间药瓶内气体的压强为 Pa。
(保留两位有效数字)
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解析 以注入后的所有气体为研究对象,由题意可知气体发生等温变化,设瓶内原有气体体积为V1,有V1=0.9 mL-0.5 mL=0.4 mL=0.4 cm3,注射器内气体体积为V2,有V2=0.3×0.4 cm3=0.12 cm3,根据玻意耳定律有p0(V1+V2)=p1V1,代入数据解得p1=1.3×105 Pa;
当药液全部抽取完时的一瞬间,气体体积为V3=0.9 mL=0.9 cm3,根据玻意耳定律有p1V1=p2V3,解得瓶内气体的压强p2=5.8×104 Pa。
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12.(2023山西大同高三模拟)如图甲所示,开口向上的气缸放在水平地面上,横截面积为S、质量为m的薄活塞密封一定质量的理想气体,平衡时活塞下部与气缸底部的间距为d。若气缸放在倾角θ=30°的固定斜面上,绕过定滑轮的轻绳一端与质量为2m的物块相连,另一端与活塞相连,滑轮右侧轻绳与斜面平行,系统处于平衡状态,如图乙所示。重力加速度大小为g,大气压强恒为p0,不计一切摩擦,缸内气体的温度恒定,斜面足够长。求:
(1)气缸的质量M;
(2)系统在斜面上处于平衡状态时活塞与
气缸底部的间距x。
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解析 (1)对活塞与气缸整体,根据物体的平衡条件有2mg=(M+m)gsin θ
解得M=3m。
设气缸在斜面上系统平衡时缸内气体的压强为p2
对活塞,根据物体的平衡条件有
p2S+2mg=p0S+mgsin θ
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根据玻意耳定律有p1dS=p2xS
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13.如图所示,一气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密闭在气缸内,平衡时活塞与气缸底相距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气缸移动了距离d。已知大气压强为p0,不计气缸和活塞间的摩擦,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。求小车加速度的大小。
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解析 设小车加速度大小为a,稳定时气缸内气体的压强为p1,活塞受到气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,气缸内气体的压强为p0,由玻意耳定律得p1V1=p0V
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14.如图所示,U形玻璃细管竖直放置,水平细管与U形细管底部相连通,各部分细管内径相同。C管长度为lC=30 cm,初始时U形玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δh=15 cm,C管水银面距U形玻璃管底部距离为hC=5 cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA=12.5 cm的理想气体A,U形管左管上端封有气柱长度为lB=25 cm的理想气体B,右管上端开口与大气相通,现将活塞缓慢向右压,使U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平,该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0=75 cmHg,水平细管中的水银柱足够长。
(1)求左右两侧液面相平时,气体B的长度L;
(2)求该过程活塞移动的距离d。
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答案 (1)20 cm (2)27.5 cm
解析 (1)设玻璃内管横截面积为S,活塞缓慢向右压的过程中,气体B做等温变化,根据玻意耳定律有
pB1VB1=pB2VB2
其中pB1=75 cmHg-15 cmHg=60 cmHg,VB1=25S,pB2=75 cmHg,VB2=LS
解得气体B的长度
L=20 cm。
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(2)活塞缓慢向右压的过程中,各部分液柱移动情况示意如图所示
U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化
ΔL左=25 cm-20 cm=5 cm
U形管右管中水银柱长度变化
ΔL右=15 cm+5 cm=20 cm
气体A做等温变化
pA1=75 cmHg+5 cmHg=80 cmHg
pA2=75 cmHg+25 cmHg=100 cmHg
VA1=12.5S
VA2=LA2S
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根据玻意耳定律有
pA1VA1=pA2VA2
解得气体A的长度
LA2=10 cm
活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左右两侧水银柱长度的变化,所以
d=LA1-LA2+25 cm=27.5 cm。(共50张PPT)
第1章
第5节 第一课时 气体的等温变化
课标要求
1.知道玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律的内容、表达式和适用条件。(物理观念)
2.了解p-V图像、 图像、p-T图像、V-T图像的物理意义。(物理观念)
3.会计算封闭气体的压强。(科学思维)
4.会用玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律对有关问题进行分析、计算。(科学思维)
基础落实·必备知识全过关
重难探究·能力素养全提升
学以致用·随堂检测全达标
目录索引
基础落实·必备知识全过关
玻意耳定律
1.内容:一定质量的气体,在 保持不变的条件下,压强p与体积V成 。
2.公式: 。
3.适用条件
(1)气体的质量一定,温度不变。
(2)气体的温度不太低,压强不太大。
温度
反比
p1V1=p2V2
4.气体等温变化的图像
(1)p-V图像:在温度不变的情况下,一定质量的气体的p-V图像为双曲线的一支,如图甲所示。它描述的是温度不变时的p-V关系,称为气体的等温线。一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的。
(2) 图像:在温度不变的情况下,一定质量的气体的 图像为过原点的直线,如图乙所示。
易错辨析 判一判
(1)在探究气体等温变化的规律时采用控制变量法。( )
(2)大量实验证明,一定质量的气体,在温度不变时,压强跟体积成反比。
( )
(3)一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是一条倾斜直线。( )
(4) 图像的斜率越大,说明气体的温度越低。( )
(5)p-V图像中,pV乘积越大(即离原点越远),说明气体的温度越高。( )
√
√
×
提示 一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支。
提示 图像的斜率越大,说明气体的温度越高。
×
√
即学即用 练一练
一定质量的气体在温度保持不变时,压强增大到原来的4倍,则气体的体积变为原来的( )
D
重难探究·能力素养全提升
探究一 封闭气体压强的计算
情境探究
(1)如图甲所示,C、D液面水平且等高,液体密度为ρ,重力加速度为g,其他条件已标于图上,则封闭气体A的压强是多少
要点提示 同一水平液面C、D处压强相同,可得pA=pD=p0+ρgh。
(2)如图乙所示,置于水平地面上的气缸横截面积为S,活塞质量为m,气缸与活塞之间无摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则封闭气体的压强为多少
要点提示 以活塞为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件得mg+p0S=pS,则 。
知识归纳
封闭气体压强的求解方法
1.容器静止或匀速直线运动时封闭气体压强的计算
(1)力平衡法
选与封闭气体接触的液体(或活塞、气缸)为研究对象进行受力分析,由平衡条件列式求气体压强。
(2)参考液片法
选取假想的液体薄片为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立受力平衡方程消去面积,根据液片两侧压强相等,求得气体压强。
自身重力不计
例如,图中粗细均匀的U形管中密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。
(3)等压面法
同种液体在同一深度向各个方向的压强相等,在连通器中,灵活选取等压面,利用同一液面压强相等求解气体压强。如图甲所示,同一液面C、D两处压强相等,故pA=p0+ph;如图乙所示,M、N两处压强相等,有pB=pA+ph2,pB=p0+ph1。
2.容器变速运动时封闭气体压强的计算
当容器变速运动时,通常选与气体相关联的液柱、气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(液柱与玻璃管相对静止),
对液柱受力分析有pS-p0S-mg=ma,得p=p0+ 。
画龙点睛 选活塞、气缸、液柱受力分析求压强。
应用体验
能力点1 液柱封闭的气体
典例1 如图所示,竖直静止放置的U形管,左端开口,右端密闭,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10 cm,水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm,大气压强为75 cmHg,求空气柱A、B的压强。
答案 65 cmHg 60 cmHg
解析 设管的横截面积为S,选a的下表面为参考液面,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=65 cmHg
再选b的左边下表面为参考液面,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=60 cmHg。
针对训练1
如图所示,4只管中A端有封闭气体,气体的压强分别为pa、pb、pc、pd,它们的大小顺序为( )
A.pa=pb=pc=pd B.pd>pc>pa>pb
C.pa=pb=pcB
解析 液体相连在等高处压强相等,必须注意的是不能把气体和液体“连通”,pa=p0-h,pb=p0-2h,pc=p0+h,pd=p0+2h,故选B。
能力点2 气缸、活塞封闭的气体
典例2 一圆柱形气缸静止于地面上,如图所示。气缸筒的质量为M,活塞的质量为m,活塞的面积为S,大气压强为p0,重力加速度为g。现将活塞缓慢向上提,求气缸刚离开地面时气缸内气体的压强。(忽略气缸壁与活塞间的摩擦)
解析 题目中的活塞和气缸均处于平衡状态,以活塞为研究对象,受力分析,由平衡条件,得F+pS=mg+p0S;以活塞和气缸整体为研究对象,受力分析,有F=(M+m)g,联立解得 。
针对训练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
的压强为( )
D
解析 以圆板为研究对象,如图所示,竖直方向受力平衡,pAS'cos θ=p0S+Mg,
探究二 玻意耳定律
情境探究
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,气泡内气体的温度发生改变吗
(2)上升过程中,气泡内气体的压强怎么改变
(3)气泡在上升过程中体积为何会变大
要点提示 (1)因为在恒温池中,所以气泡内气体的温度保持不变。
(2)变小。
(3)由玻意耳定律pV=C可知,压强变小,气体的体积增大。
知识归纳
1.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)确定初、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。
(4)有时要检验结果是否符合实际,不符合实际的结果要舍去。
各状态参量要统一单位
画龙点睛 确定气体压强或体积时,只要初、末状态的单位统一即可,没有必要都转换成国际单位。
2.玻意耳定律的微观解释
一定质量的某种气体,温度保持不变时,分子的平均动能是一定的。在这种情况下,体积减小时,分子的数密度增大,单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多,气体的压强就增大(如图所示)。
应用体验
能力点1 液柱密闭的气体
典例3 如图所示,两侧粗细均匀、横截面积相等、高度均为H=18 cm的U形管,左管上端封闭,右管上端开口。右管中有高h0=4 cm的水银柱,水银柱上表面离管口的距离l=12 cm。管底水平段的体积可忽略。环境温度为T1=283 K,大气压强p0相当于76 cm水银柱产生的压强。
现从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙),
恰好使水银柱下端到达右管底部,此时水银柱的高度为
多少
答案 12.9 cm
解析 设密封气体初始体积为V1,压强为p1,左、右管的横截面积均为S,密封气体先经等温压缩过程体积变为V2,压强变为p2,由玻意耳定律有p1V1=p2V2
设注入水银后水银柱高度为h,水银的密度为ρ,按题设条件有
p1=p0+ρgh0
p2=p0+ρgh
V1=(2H-l-h0)S,V2=HS
联立并代入题给数据得h=12.9 cm。
针对训练3
(2021全国乙卷)如图所示,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压为p0=75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
答案 1 cm
解析 以B管中的气体为研究对象有p0l2=(p0+ρgh)l2'
解得l2'=30 cm
B管中的水银柱高Δl=l2-l2'=2 cm
设AB管中水银柱的高度差为h'
以A管中气体为研究对象有
p0l1=(p0+ρgh+ρgh')[l1-(Δl-h')]
解得h'=1 cm。
能力点2 气缸、活塞封闭的气体
典例4 如图所示,一开口向上的气缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0= ,活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变,不计一切摩擦,气缸足够高。现将活塞A上面的物块取走,试求重新达到平衡状态后,A活塞上升的高度。
答案 0.9l0
设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2,则由玻意耳定律可得p2l0S=p2'l2S
故活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0=0.9l0。
规律方法 应用玻意耳定律解题时的两个误区
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,定律才成立。
误区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4
(2021全国甲卷)如图所示,一气缸中由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞,使B的体积减小为 。
(1)求A的体积和B的压强;
(2)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和
B的压强。
解析 (1)对于B中的气体,根据玻意耳定律得
解得pB=2p0
对于A中的气体,根据玻意耳定律得
p0V=pAVA
又pA=pB+0.5p0=2.5p0
解得VA=0.4V。
(2)使活塞向左缓慢回到初始位置,对于B中的气体,根据玻意耳定律得
对于A中的气体,根据玻意耳定律得
2.5p0×0.4V=pA2VA2
又VA2+VB2=2V,pB2-pA2=0.5p0
探究三 气体等温变化的图像
情境探究
(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哪一个大
(2)如图乙所示为一定质量的气体在不同温度下的 图线,T1和T2哪一个大
要点提示 (1)T2 (2)T2
知识归纳
1.p-V图像
一定质量的气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支,双曲线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个状态,而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积是相等的。一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线,且pV乘积越大,温度就越高,图甲中T2>T1。
2. 图像
一定质量的气体等温变化的 图像是过原点的倾斜直线(如图乙所示)。由于气体的体积不能无穷大,所以原点附近的图线用虚线表示,该直线的斜率k=pV,故斜率越大,温度越高,图中T2>T1。
3.气体等温变化图像的应用步骤
(1)明确图像类型
确定是p-V图像还是 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,沿远离横、纵坐标轴方向,温度越来越高。
②在 图像中,斜率越大,温度越高。
应用体验
能力点1 p-V图像
典例5 (多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中,AB和CD为等温过程,BC为等压过程,DA为等容过程,则在该循环过程中,下列说法正确的是( )
A.AB过程中,气体分子的平均动能不变
B.BC过程中,气体温度升高
C.CD过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D.DA过程中,气体温度升高
AB
解析 AB为等温过程,气体温度不变,所以气体分子的平均动能不变,故A正确;AB、CD为等温过程,从p-V图像中可知,CD过程温度高于AB过程,则BC过程,气体温度升高,DA过程,气体温度降低,故B正确,D错误;CD为等温过程,从题图可知,气体体积在变大,单位体积分子数减少,且过程中分子平均动能不变,气体压强变小,所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数在减少,故C错误。
针对训练5
(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.由图可知T1>T2
D.由图可知T1ABD
解析 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错误,D正确。
能力点2 图像
典例6 (多选)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.TA>TB
D.B→C过程中,气体体积增大、压强减小、温度不变
AD
解析 D→A是一个等温过程,A正确;A→B温度升高,TB>TA,B、C错误;B→C是一个等温过程,V增大,p减小,D正确。
针对训练6
(多选)一定质量的气体在不同温度下的两条 图线如图所示,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,其压强与体积成反比
C.T1>T2
D.T1BD
学以致用·随堂检测全达标
1
2
3
1.如图所示,两端开口的弯折的玻璃管竖直放置,三段竖直管内各有一段水银柱,两段空气密闭在三段水银柱之间,若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2,且水银柱均静止,则中间管内水银柱的长度为( )
B
解析 设大气压强为p0,左边密闭空气的压强p左=p0-ph1,右边密闭空气的压强p右=p0+ph2=p左+ph,则h=h1+h2,故B正确。
1
2
3
2.如图所示,一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体,保持温度不变,把管子以封闭端为圆心,从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中,可用来说明气体状态变化的p-V图像是
( )
C
1
2
3
解析 水平方向上有p1=p0,竖直方向上有p2=p0+ρgh,从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中,气体的压强减小,体积增大,又因为温度不变,p-V图像是双曲线的一支,故C正确。
1
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3
3.粗细均匀的U形管,右端密闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为19 cm,密闭端空气柱长度为40 cm,如图所示。求再向左管注入多少水银可使两管水银面等高。(已知外界大气压强p0=76 cmHg,灌入水银过程中温度保持不变)
答案 39 cm
解析 以右管中被密闭空气为研究对象。空气初状态p1=p0-ph=(76-19) cmHg=57 cmHg,V1=L1S;末状态p2=p0=76 cmHg,V2=L2S。则由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得L2=30 cm。则需加入的水银柱长度应为h+2(L1-L2)=39 cm。