[精品]2019学年高中物理第二章固体液体和气体第七节气体实验定律Ⅰ教学案粤教版选修83

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新教材高中物理第二章气体液体和固体第一节气体实验定律(Ⅰ)课件粤教版选择性

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∝V1，即 pV＝常量，是等温过程； C 图是双曲线的一支，但横坐标是温度，温度在变化，故不是等温线；D 图的 p-V 图线不是双曲线，故也不是等温线，故选项 A、B 正确，C、D 错误。
答案：AB
探究(一) 封闭气体压强的计算 [问题驱动] 如图所示，在温度不变的情况下，把一根上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽中，插入后管口到槽内水银面的距离是L，若大气压为p0，两液面的高度差为h。 (1)利用连通器原理，同种液体在同一水平液面上的压强是相等的，则玻璃管内液面处的压强和玻璃管口处的压强分别是多少？提示：玻璃管内液面处的压强p1＝p0＋ρgh，玻璃管口处的压强p2＝p0＋ρgL。
(2)以玻璃管内的液体为研究对象，分析气体的压强是多少？
提示：以 L－h 的液柱为研究对象，受力分析如图，根据力的平衡可得： p2S＝mg＋p 封 S (p0＋ρgL)S＝ρg(L－h)S＋p 封 S 则封闭气体的压强 p 封＝p0＋ρgh，即封闭气体的压强等于玻璃管内液面处的压强。
[重难释解] 1．系统处于平衡状态时，求封闭气体的压强
1．根据如图所示的装置图组装实验器材。
2．缓慢移动活塞，将活塞置于初始位置。 3．记下此时注射器中气体的体积 V0 和压强传感器中气压的示数 p0。 4．缓慢移动活塞，改变活塞的位置，计下注射器中气体的体积 V1、V2、V3、…和压
强传感器中气压的示数 p1、p2、p3、…，填入所设计的表格中。
数据处理
3．若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在甲图中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力平衡知 p 气 S＝－ρghS＋p0S 所以 p 气＝p0－ρgh 在图乙中，以 B 液面为研究对象，由平衡方程 F 上＝F 下有： p 气 S＋ρghS＝p0S，p 气＝p0－ρgh 在图丙中，仍以 B 液面为研究对象，有 p 气＋ρghsin 60°＝pB＝p0

粤教版高中物理教材目录(详细版)

*第二章探究匀变速直线运动规律
第1节探究自由落体运动
落体运动的思考
记录自由落体运动轨迹
第2节自由落体运动规律
猜想线运
匀变速直线运动规律
两个有用的推论
第四节匀变速直线运动与汽车行驶
本章复习与测试
*第三章研究物体间的相互作用
第1节探究形变与弹力的关系
第5节物体的内能
分子的动能温度
分子势能
物体的内能
第六节气体分子运动的统计规律
分子沿各个方向运动的机会相等
分子速率按一定的规律分布
本章复习与检测
*第二章固体、液体和气体
第1节晶体的宏观特征
单晶体
多晶体
非晶体
第2节晶体的微观结构
第3节固体新材料
新材料的基本特征
新材料的未来
第4节液体的性质液晶
探索宇宙奥秘的先锋——空间探测器
本章复习与检测
*第四章机械能和能源
第1节功
怎样才算做了功
如何计算功
功有正、负之分吗？
第2节动能势能
动能
重力势能
弹性势能
第3节探究外力做功与物体动能变
第4节机械能守恒定律
动能与势能之间的相互转化
机械能守恒定律的理论推导
第五节验证机械能守恒定律
第六节能量能量转化与守恒定律
选修3-1
*第一章电场
第一节认识电场
起点方式的实验探究
电荷守恒定律
第2节探究静电力
点电荷
库仑定律
第3节电场强度
电场
电场的描述
怎样“看见”电场
第4节电势和电势差
电势差
电势
等势面

高中物理第二章固体液体和气体习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用教学案.doc

习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用[目标定位] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明： 1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题． 2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程．例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )图1A ．np 0，1np 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0C ．(1＋V 0V)np 0，(1＋V 0V)np 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 0 答案 D解析打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝VV ＋V 0p 0.活塞工作n 次，则有：p n ＝(VV ＋V 0)np 0.故正确答案为D.二、液柱移动问题液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔTT p .(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A 、B 所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )图2A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定答案 A解析假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)． (3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图3答案 78 ℃解析初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，T 2＝？根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据得：76 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强．答案 (1)20 cm (2)1.5×105Pa 解析 (1)p 1＝p 0＝1×105PaT 1＝300 K ，V 1＝24 cm×S p 2＝p 0＋mgS ＝1.2×105 PaT 1＝T 2，V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675 K ，V 3＝36 cm×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105Pa>p 2＝1.2×105Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求：(1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？图5答案 (1)15 (2)1.5 L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1 atm×300 cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2 atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm ×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图6答案向上移动解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2.Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2.同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2，所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动．(2)图象法在同一p －T 图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强．答案 3.2 atm解析将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ，初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V3，T 1＝250 K ，末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ，由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2 atm.4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h .图7答案 22 cm解析当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10－4) Pa ＝1.2×105Pa根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 22.4×105×15177＋273＝1.2×105×h57＋273解得h ＝22 cm.题组一变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 atm答案 A解析初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L 末状态：p 2，V 2＝6.0 L 根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错．2．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0的空气的体积为( ) A.p 0pV B.p p 0V C ．(p p 0－1)V D ．(p p 0＋1)V答案 C解析取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ，解得：V ′＝(pp 0－1)V ，故选项C 正确．3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋B ．56袋C ．50袋D ．40袋答案 B解析设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107Pa×20 L＝1.0×106Pa×20 L＋n ×1.0×106Pa×5 L，解得n ＝56，B 选项正确．4．用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( ) A ．5次 B ．10次 C ．15次 D ．20次答案 C解析因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得1．5 atm×3 L＋n ×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，解得n ＝15. 题组二液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确． 6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )图2A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小D ．h 变小，l 变大答案 A题组三理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( ) A ．先等温膨胀，再等容降温 B ．先等温压缩，再等容降温 C ．先等容升温，再等温压缩 D ．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )图3A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1D ．5∶6∶3 答案 B解析由pV T＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104Pa.图4(1)求状态A 的压强；(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态．答案 (1)4×104Pa (2)见解析解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V DT D则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×102Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化由查理定律p A T A ＝p BT B得p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105PaB →C 是等温变化由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14Pa ＝4×104 Pa C →D 是等容变化p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．题组四理想气体状态方程的综合应用11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10 kg ，活塞质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝2×10－3 m 2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103 N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝20 cm.求当缸内气体温度升高到多少时，气缸对地面的压力为零．(g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)图5答案 827 ℃解析缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，p 1＝p 0－mg S＝7.5×104 Pa ， T 1＝(273＋127) K ＝400 K.末态：p 2＝p 0＋Mg S ＝1.5×105 Pa.气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，则x ＝(m ＋M )g k＝0.075 m ＝7.5 cm. 缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，对缸内气体根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，即7.5×104 Pa×20S 400 K ＝1.5×105Pa×27.5S T 2，解得：T 2＝1 100 K ，即t ＝827 ℃12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：甲乙图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．答案 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体在温度由297 K 升高到330 K 过程中，气体做等容变化；由330 K 升高到363 K 过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．。

【配套K12】2017年高中物理第二章固体液体和气体第七讲气体实验定律Ⅰ教案粤教版选修3_3

第七讲气体实验定律(Ⅰ)目标定位] 1.理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系.2.知道玻意耳定律的内容，表达式及适用条件.3.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.4.了解p －V 图象、p －1V图象的物理意义.一、探究气体规律的方法同时研究三个状态参量之间的变化关系比较困难，可以采用控制变量法，控制其中一个状态参量不变，研究其他状态参量的变化关系，然后确定三个状态参量的变化规律. 二、玻意耳定律1.内容：一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比.2.公式：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2.3.条件：气体的质量一定，温度不变. 三、气体等温变化的图象(即等温线) 1.图象如图1所示：p －V 图象 p －1V图象图12.特点：一定质量的气体在温度不变时，由于压强与体积成反比，在p －V 图上等温线应为双曲线，在p －1V图上等温线应为过原点的直线.想一想如图2所示，为同一气体在不同温度下的等温线，t 1和t 2哪一个大？图2答案 t 1大于t 2.因为体积相同时，温度越高，压强越大.解决学生疑难点_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________一、玻意耳定律的理解及应用 1.成立条件：(1)质量一定，温度不变. (2)温度不太低，压强不太大.2.表达式：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝常数或p 1p 2＝V 2V 1. 3.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.(p 1V 1，p 2V 2) (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.例1 一种水下重物打捞方法的工作原理如图3.将一质量M ＝3×103kg 、体积V 0＝0.5m 3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h 1＝40m ，筒内气体体积V 1＝1m 3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h 2时，拉力减为零，此时气体体积为V 2，随后浮筒和重物自动上浮.求V 2和h 2.已知大气压强p 0＝1×105Pa ，水的密度ρ＝1×103kg/m 3，重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.图3答案 2.5m 310m解析当F ＝0时，由平衡条件得Mg ＝ρg (V 0＋V 2)①代入数据得V 2＝2.5m 3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p 1、p 2，由题意得p 1＝p 0＋ρgh 1③ p 2＝p 0＋ρgh 2④在此过程中筒内气体的温度和质量不变，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2⑤ 联立②③④⑤式代入数据得h 2＝10m⑥针对训练粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为12cm.一个人手持玻璃管开口向下潜入水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口2cm ，求管口距液面的深度.(取水面上大气压强为p 0＝1.0×105Pa ，g 取10m/s 2，池水中温度恒定)答案 2.02m解析以被封闭的一部分气体为研究对象，玻璃管下潜的过程中气体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 .气体的初末状态参量分别为：初状态：p 1＝p 0，V 1＝12S末状态：p 2＝p 0＋ρg (h －0.02)，V 2＝10S 由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，得p 0p 0＋ρg h －＝10S12S，解得：h ＝2.02m. 二、等温变化中p －V 图象和p －1V图象的理解和应用1.一定质量的气体，在p －V 图象中等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的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 坐标的乘积都是相等的.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，温度越高，如图4所示：T 2>T 1.图42.一定质量气体的等温变化过程，也可以用p －1V图象来表示，如图5所示.等温线是通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k ＝p /(1V)＝pV ∝T ，即斜率越大，气体做等温变化的温度越高.图5例2 如图6所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条p －1V图线，由图可知( )图6A.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 －1V图线的延长线是经过坐标原点的C.T 1>T 2D.T 1<T 2 答案 BD解析这是一定质量的气体在发生等温变化时的p －1V图线，由图线过原点可知p /⎝ ⎛⎭⎪⎫1V＝恒量，即斜率k ＝pV 为恒量，所以p 与V 成反比，A 错、B 正确；根据p －1V图线斜率的物理意义可知C 错、D 对.借题发挥由玻意耳定律可知，pV ＝C (常量)，其中C 的大小与气体的质量及温度有关，质量越大，温度越高，C 也越大，在p －1V图象中，斜率k ＝C 也就越大.玻意耳定律的基本应用1.一个气泡由湖面下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倍答案 C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p 1＝3atm ，p 2＝2atm ，由p 1V 1＝p 2V 2，得：V 2V 1＝p 1p 2＝3atm2atm＝1.5，故C 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 ，体积变化了4L ，则该气体原来的体积为( ) A.43L B.2L C.83L D.3L答案 B解析设原来的体积为V 1，则3V 1＝(3－2)(V 1＋4)，得V 1＝2L.p －V 图象或p －1V图象3.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( )答案 AB解析 A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V，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. 4.如图7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7A.一直保持不变B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小答案 D解析由图象可知，p A V A ＝p B V B, 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.(时间：60分钟)题组一玻意耳定律的应用1.如图1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( )图1A.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，压强变小答案 B解析由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B项正确.2.如图2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2A.h2变长B.h2变短C.h1上升D.h1下降答案 D解析被封闭气体的压强p＝p0＋h1＝p0＋h2.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，所以h1液柱下降，D项正确.3.在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图3所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将( )图3A.增大B.减小C.不变D.无法确定答案 B解析此题中，水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动.开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力G 和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋G－p0S＝mg，因为G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－p0S＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2<l1，所以空气柱长度将减小.故正确答案为B.4.如图4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，待再度达到稳定时( )图4A.管内空气柱的密度变小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答案BC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p h，有p1＋p h＝p0.试管倾斜后，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p h1小于倾斜前的压强p h，使p1＋p h1<p0，故假设不成立，由此判断，随着试管的倾斜，大气压强使管内水银面上移，管内水银柱上升，被封闭气体体积减小，空气柱的密度增大，再由玻意耳定律知，管内空气柱的压强随体积的减小而增大，当再达到稳定时，设管内空气压强为p2，管内水银柱产生的压强变为p h2，有p2＋p h2＝p0，比较两个式子，因p2>p1，故有p h2<p h，即倾斜后管内水银柱产生的压强比倾斜前小，故B、C正确.5.大气压强p0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa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气体的质量之比为( )A.1∶19B.1∶20C.2∶39D.1∶18答案 B解析由p 1V 1＝p 2V 2，得p 1V 0＝p 0V 0＋p 0V ，因V 0＝20L ，则V ＝380L ，即容器中剩余20L 压强为p 0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质量之比等于同压下气体的体积之比，即20400＝120，B 项正确.题组二 p －V 图象(p －1V图象)6.如图5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5A.D →A 是一个等温过程B.A →B 是一个等温过程C.A 与B 的状态参量相同D.B →C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析 D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 是一个等容过程(体积不变)，B 、C 错；B →C 是一个等温过程，V 增大，p 减小，D 错.7.如图6所示，是一定质量气体状态变化的p －V 图象，则下列说法正确的是( )图6A.气体做的是等温变化B.气体的压强从A 至B 一直减小C.气体的体积从A 到B 一直增大D.气体的三个状态参量一直都不变答案 BC解析一定质量的气体的等温过程的p －V 图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB 图线不是等温线，AB 过程不是等温变化，A 选项不正确；从AB 图线可知气体从A 状态变为B 状态的过程中，压强p 在逐渐减小，体积V 在不断增大，则B 、C 选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D 选项错误. 题组三综合应用8.阿迪达斯从1963年开始制作高质量的世界杯比赛用球，2014年巴西世界杯用球命名为“桑巴荣耀”，它是阿迪达斯足球史上最有科技含量的产品.赛前要为足球充气，假设活塞式打气筒的容积为V 0，足球容积为V ，如果足球在打气前内部没有空气，那么打了n 次后，足球内空气压强多大？(已知大气压强为p 0，假设打气过程空气温度不变) 答案nV 0Vp 0 解析将n 次打入的气体等效成一次打入了nV 0的气体，由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 0nV 0＝pV ，解得p ＝nV 0Vp 0.9.图7为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V 0，压强为p 0的气体.当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩.若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变.当体积压缩到V 时气泡与物品接触面的面积为S .求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力.图7答案V 0Vp 0S 解析设压力为F ，压缩后气体压强为p . 由p 0V 0＝pV 和F ＝pS 得F ＝V 0Vp 0S .10.汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp ，若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量. 答案体积减小了ΔpV 0Δp ＋p 0解析对轮胎内的气体：初状态：p 1＝p 0，V 1＝V 0末状态：p 2＝p 0＋Δp ，小初高试卷教案类K12小学初中高中 V 2＝ΔV ＋V 0由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2解得：ΔV ＝－ΔpV 0Δp ＋p 0. 11.如图8所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h ，可沿气缸无摩擦地滑动.取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上.沙子倒完时，活塞下降了h 4.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上.外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度.图8答案 35h 解析设大气和活塞对气体的总压强为p 0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p ，由玻意耳定律得p 0h ＝(p 0＋p )⎝⎛⎭⎪⎫h －14h ① 由①式得p ＝13p 0② 再加一小盒沙子后，气体的压强变为p 0＋2p .设第二次加沙子后，活塞的高度为h ′，则p 0h ＝(p 0＋2p )h ′③联立②③式解得h ′＝35h .。

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必修一综合复习与测试第一章运动的描述第一节认识运动第二节时间位移第三节记录物体的运动信息第四节物体运动的速度第五节速度变化的快慢加速度第六节用图象描述直线运动本章复习与测试第二章探究匀变速直线运动规律第一节探究自由落体运动第二节自由落体运动规律第三节从自由落体到匀变速直线运.第四节匀变速直线运动与汽车行驶.本章复习与测试第三章研究物体间的相互作用第一节探究形变与弹力的关系第二节研究摩擦力第三节力的等效和替换第四节力的合成与分解第五节共点力的平衡条件第六节作用力与反作用力本章复习与测试第四章力与运动第一节伽利略的理想实验与牛顿第.第二节影响加速度的因素第三节探究物体运动与受力的关系第四节牛顿第二定律第五节牛顿第二定律的应用第六节超重和失重第七节力学单位本章复习与测试必修二综合复习与测试第一章抛体运动第01节什么是抛体运动第02节运动的合成与分解第03节竖直方向的抛体运动第04节平抛物体的运动第05节斜抛物体的运动本章复习与检测第二章圆周运动第01节匀速圆周运动第02节向心力第03节离心现象及其应用本章复习与检测第三章万有引力定律及其应用第01节万有引力定律第02节万有引力定律的应用第03节飞向太空本章复习与检测第四章机械能和能源第01节功第02节动能势能第03节探究外力做功与物体动能变.第04节机械能守恒定律第05节验证机械能守恒定律第06节能量能量转化与守恒定律第07节功率第08节能源的开发与利用本章复习与检测第五章经典力学与物理学的革命第01节经典力学的成就与局限性第02节经典时空观与相对论时空观第03节量子化现象第04节物理学—人类文明进步的阶.本章复习与检测粤教版3-1第一章电场第01节认识电场第02节探究静电力第03节电场强度第04节电势和电势差第05节电场强度与电势差的关系第06节示波器的奥秘第07节了解电容器第08节静电与新技术本章复习与测试第二章电路第01节探究决定导线电阻的因素第02节对电阻的进一步研究第03节研究闭合电路第04节认识多用电表第05节电功率第06节走进门电路第07节了解集成电路本章复习与测试第三章磁场第01节我们周围的磁象第02节认识磁场第03节探究安培力第04节安培力的应用第05节研究洛伦兹力第06节洛伦兹力与现代技术本章复习与测试本册复习与测试,选修3－2综合复习与测试第一章电磁感应第01节电磁感应现象第02节研究产生感应电流的条件第03节探究感应电流的方向第04节法拉弟电磁感应定律第05节法拉弟电磁感应定律应用(.第06节法拉弟电磁感应定律应用(.第07节自感现象及其应用第08节涡流现象及其应用本章复习与检测第二章交变电流第01节认识变交电流第02节交变电流的描述第03节表征交变电流的物理量第04节电感器对交变电流的作用第05节电容器对交变电流的作用第06节变压器第07节远距离输电本章复习与检测第三章传感器第01节认识传感器第02节探究传感器的原理第03节传感器的应用第04节用传感器制作自控装置第05节用传感器测磁感应强度本章复习与检测选修3－3综合复习与测试第一章分子动理论第01节物体是由大量分子组成的第02节测量分子的大小第03节分子的热运动第04节分子间的相互作用力第05节物体的内能第06节气体分子运动的统计规律本章复习与检测第二章固体、液体和气体第01节晶体的宏观特征第02节晶体的微观结构第03节固体新材料第04节液体的性质液晶第05节液体的表面张力第06节气体状态量第07节气体实验定律(Ⅰ)第08节气体实验定律(Ⅱ)第09节饱和蒸汽空气的湿度本章复习与检测第三章热力学基础第01节内能功热量第02节热力学第一定律第03节能量守恒定律第04节热力学第二定律第05节能源与可持续发展第06节研究性学习能源的开发利.本章复习与测试选修3－5综合复习与测试第一章碰撞与动量守恒第01节物体的碰撞第02节动量动量守恒定律第03节动量守恒定律在碰撞中的应.第04节反冲运动第05节自然界中的守恒定律本章复习与检测第二章波粒二象性第01节光电效应第02节光子第03节康普顿效应及其解释第04节光的波粒二象性第05节德布罗意波本章复习与检测第三章原子结构之谜第01节敲开原子的大门第02节原子的结构第03节氢原子光谱第04节原子的能级结构本章复习与检测第四章原子核第01节走进原子核第02节核衰变与核反应方程第03节放射性同位素第04节核力与结合能第05节裂变和聚变第06节核能利用第07节小粒子与大宇宙本章复习与检测。

新教材高中物理第2章气体液体和固态第1节气体实验定律(Ⅰ)课件粤教版选择性

AB [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，气体压强与体积乘积越大，等温线的位置越高，C、 D 错．]
3．一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，如图所示，已知大气压强为 H cmHg，此时封闭气体的压强是________cmHg.
(2)力平衡法：选取与封闭气体接触的液柱(或活塞、气缸)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、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．
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.
【典例 3】如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内部横截面积为 S＝0.01 m2，中间用两个活塞 A 和 B 封住一定质量的气体．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＝5×103 N/m 的较长的弹簧相连．已知大气压 p0＝1×105 Pa，平衡时两活塞之间的距离 l0＝0.6 m，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＝500 N，求活塞 A 下移的距离．

2024春高中物理第二章气体液体和固体第一节气体实验定律(Ⅰ)课件粤教版选择性必修第三册

C．一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小
D．由图可知T1＞T2
【答案】AB 【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，气体压强与体积乘积越大，等温线的位置越高，C、 D错误．
课堂 ·重难探究
气体等温变化的规律
一定质量的理想气体，在温度保持不变的情况下，压强 p 与 V 成反比，或压强 p 与体积 V 的乘积保持不变，即：pV＝常量．
情况下压强与体积的关系(重点)
过实验探究气体等温变化规律
2．学会通过实验的方法研究问题，探究了解气体实验定律．②通过作
物理规律，学习用电子表格与图像对实图，学会从图像上描述气体的
验数据进行处理与分析，体验科学探究状态变化．③通过运用气体实
过程(重点)
验定律掌握解题的基本思路
3．理解气体等温变化的p－V图像的物理考法：①考查对气体等温变化
等温图像(p－V图像)
1．等温过程气体在温度不变的情况下发生的状态变化过程． 2．p－V图像等温变化中，一定质量气体的p－V图像为一条__双__曲__线__中__的__一__支____，如图甲所示．
甲
乙
3．p－V1 图像等温变化中，一定质量的气体的 p－V1图像为过原点的_倾__斜__直__线___，如图乙所示．这些图线叫等温线．
(3)由玻意耳定律可知，一定质量的理想气体温度不变时，压强与体积成反比，为了能最直观地判断气体压强 p 与气体体积 V 的函数关系，应作出 p－V1图像．如果在误差允许范围内该图线是一条过原点的倾斜直线，就说明一定质量的气体在温度不变时，其压强与体积成反比．
(4)根据pTV＝c，可得 V＝cT·1p.若实验过程中有漏气现象、气体温度降低或气体温度升高，图像会发生弯曲，A、B、C 错误；V－1p图像整体下移，可知体积偏小，即漏加了注射器与压强传感器连接处的气体体积，D 正确．

2024-2025学年高中物理第二章固体、液体和气体第7节气体实验定律(Ⅰ)教案粤教版选修3-3

课后拓展
1. 拓展内容：
（1）阅读材料：推荐学生阅读有关气体实验定律的科普书籍或文章，如《气体实验定律的应用与探索》、《理想气体状态方程的奥秘》等，以加深对气体实验定律的理解和应用。
2024-2025学年高中物理第二章固体、液体和气体第7节气体实验定律（Ⅰ）教案粤教版选修3-3
主备人
备课成员
教学内容
本节课的教学内容来源于粤教版选修3-3《物理》教材，为2024-2025学年高中物理第二章固体、液体和气体第7节“气体实验定律（Ⅰ）”。主要内容包括：
1. 气体的状态方程：PV=nRT，其中P表示气体的压强，V表示气体的体积，n表示气体的物质的量，R为理想气体常数，T表示气体的绝对温度。
（2）视频资源：播放有关气体实验定律的实验操作和原理讲解的视频，帮助学生更直观地了解实验过程和定律的应用。
（3）在线讨论区：提供在线讨论区，让学生能够与其他同学和老师交流气体实验定律的学习心得和疑问，促进学生之间的互动和合作。
2. 拓展建议：
（1）学生可以在家中进行一些与气体实验定律相关的实验，如用气球和温度计制作简易的气体实验装置，观察气体的体积和温度的关系。
2. 实验探究：引导学生了解实验装置和工作原理，培养学生动手操作、观察现象、分析问题的能力。例如，在实验中观察气体的体积、压强和温度的变化，探讨它们之间的关系。
3. 科学态度与价值观：通过学习气体实验定律在实际应用中的例子，使学生认识到物理知识与生活的紧密联系，培养学生的责任感和使命感。同时，在学习过程中，引导学生遵循实验规程，尊重事实，培养学生严谨的科学态度。
4. 创新能力：鼓励学生在学习过程中提出新观点、新方法，培养学生的创新意识和创新能力。例如，在讨论气体实验定律的应用时，引导学生思考如何优化汽车轮胎的充气方法，提高行驶安全性。

高中物理第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律(Ⅰ)课件粤教版选修33

(3)数据处理：应用计算机，点击“绘图”，生成压强与体积关系图线和压强与体积倒数的关系图线：
(4)分析图线．得出结论：压强与体积成反比．
判断正误
(1)玻意耳定律研究对象是一定质量的气体，且这一部分气体温度保持不变．(√)
(2)控制温度不变，研究压强和体积间的变化关系，这种探究方法称为控制变量法．(√)
第二章固体、液体和气体
第七节气体实验定律(Ⅰ)
学习目标
1.知道什么是等温变化，玻意耳定律是实验定律. 2.理解控制变量法探究玻意耳定律的过程，理解气体等温变化的p -V图象的物理意义. 3.会用玻意耳定律计算有关的问题，及利用等温变化解释有关现象.
重点难点
重点
1.控制变量法探究玻意耳定律的过程. 2.掌握玻意耳定律的内容和公式．
(4)有时要检验结果是否符合实际，将不符合实际的结果删去．
特别说明应用玻意耳定律解题应先确定研究对象为一定质量的封闭气体，其次判断是否是等温变化，再次确定初末两个状态的体积和压强，最后用玻意耳定律求解，注意单位要统一，但不一定采用国际单位．
[典例❶] (2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 K1 和 K2.K1 长为 l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通．开始测量时，M 与 K2 相通；逐渐提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1 中水银面比顶端低 h，如图(b)所示．设测量过程中温度、与 K2 相通的待测气体的压强均保持不变．已知 K1 和 K2 的内径均为 d，M 的容积为 V0，水银的密度为 ρ，重力加速度大小为 g.求：

【小初高学习】2017年高中物理第二章固体液体和气体第七讲气体实验定律Ⅰ教案粤教版选修3_3

第七讲气体实验定律(Ⅰ)目标定位] 1.理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系.2.知道玻意耳定律的内容，表达式及适用条件.3.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.4.了解p －V 图象、p －1V图象的物理意义.一、探究气体规律的方法同时研究三个状态参量之间的变化关系比较困难，可以采用控制变量法，控制其中一个状态参量不变，研究其他状态参量的变化关系，然后确定三个状态参量的变化规律. 二、玻意耳定律1.内容：一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比.2.公式：pV ＝C 或p 1V 1＝p 2V 2.3.条件：气体的质量一定，温度不变. 三、气体等温变化的图象(即等温线) 1.图象如图1所示：p －V 图象 p －1V图象图12.特点：一定质量的气体在温度不变时，由于压强与体积成反比，在p －V 图上等温线应为双曲线，在p －1V图上等温线应为过原点的直线.想一想如图2所示，为同一气体在不同温度下的等温线，t 1和t 2哪一个大？图2答案 t 1大于t 2.因为体积相同时，温度越高，压强越大.解决学生疑难点_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________一、玻意耳定律的理解及应用 1.成立条件：(1)质量一定，温度不变. (2)温度不太低，压强不太大.2.表达式：p 1V 1＝p 2V 2或pV ＝常数或p 1p 2＝V 2V 1. 3.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.(p 1V 1，p 2V 2) (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.例1 一种水下重物打捞方法的工作原理如图3.将一质量M ＝3×103kg 、体积V 0＝0.5m 3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上.向浮筒内冲入一定质量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h 1＝40m ，筒内气体体积V 1＝1m 3.在拉力作用下浮筒缓慢上升，当筒内液面到水面的距离为h 2时，拉力减为零，此时气体体积为V 2，随后浮筒和重物自动上浮.求V 2和h 2.已知大气压强p 0＝1×105Pa ，水的密度ρ＝1×103kg/m 3，重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略.图3答案 2.5m 310m解析当F ＝0时，由平衡条件得Mg ＝ρg (V 0＋V 2)①代入数据得V 2＝2.5m 3②设筒内气体初态、末态的压强分别为p 1、p 2，由题意得p 1＝p 0＋ρgh 1③ p 2＝p 0＋ρgh 2④在此过程中筒内气体的温度和质量不变，由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2⑤ 联立②③④⑤式代入数据得h 2＝10m⑥针对训练粗细均匀的玻璃管，一端封闭，长为12cm.一个人手持玻璃管开口向下潜入水中，当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口2cm ，求管口距液面的深度.(取水面上大气压强为p 0＝1.0×105Pa ，g 取10m/s 2，池水中温度恒定)答案 2.02m解析以被封闭的一部分气体为研究对象，玻璃管下潜的过程中气体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 .气体的初末状态参量分别为：初状态：p 1＝p 0，V 1＝12S末状态：p 2＝p 0＋ρg (h －0.02)，V 2＝10S 由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，得p 0p 0＋ρg h －＝10S12S，解得：h ＝2.02m. 二、等温变化中p －V 图象和p －1V图象的理解和应用1.一定质量的气体，在p －V 图象中等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的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 坐标的乘积都是相等的.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，温度越高，如图4所示：T 2>T 1.图42.一定质量气体的等温变化过程，也可以用p －1V图象来表示，如图5所示.等温线是通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k ＝p /(1V)＝pV ∝T ，即斜率越大，气体做等温变化的温度越高.图5例2 如图6所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条p －1V图线，由图可知( )图6A.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 －1V图线的延长线是经过坐标原点的C.T 1>T 2D.T 1<T 2 答案 BD解析这是一定质量的气体在发生等温变化时的p －1V图线，由图线过原点可知p /⎝ ⎛⎭⎪⎫1V＝恒量，即斜率k ＝pV 为恒量，所以p 与V 成反比，A 错、B 正确；根据p －1V图线斜率的物理意义可知C 错、D 对.借题发挥由玻意耳定律可知，pV ＝C (常量)，其中C 的大小与气体的质量及温度有关，质量越大，温度越高，C 也越大，在p －1V图象中，斜率k ＝C 也就越大.玻意耳定律的基本应用1.一个气泡由湖面下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倍答案 C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p 1＝3atm ，p 2＝2atm ，由p 1V 1＝p 2V 2，得：V 2V 1＝p 1p 2＝3atm2atm＝1.5，故C 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 ，体积变化了4L ，则该气体原来的体积为( ) A.43L B.2L C.83L D.3L答案 B解析设原来的体积为V 1，则3V 1＝(3－2)(V 1＋4)，得V 1＝2L.p －V 图象或p －1V图象3.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( )答案 AB解析 A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V，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. 4.如图7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7A.一直保持不变B.一直增大C.先减小后增大D.先增大后减小答案 D解析由图象可知，p A V A ＝p B V B, 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.(时间：60分钟)题组一玻意耳定律的应用1.如图1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( )图1A.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，压强变小答案 B解析由图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B项正确.2.如图2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2A.h2变长B.h2变短C.h1上升D.h1下降答案 D解析被封闭气体的压强p＝p0＋h1＝p0＋h2.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，所以h1液柱下降，D项正确.3.在一端封闭的粗细均匀的玻璃管内，用水银柱封闭一部分空气，玻璃管开口向下，如图3所示，当玻璃管自由下落时，空气柱长度将( )图3A.增大B.减小C.不变D.无法确定答案 B解析此题中，水银柱原来是平衡的，设空气柱长度为l1，后来因为自由下落有重力加速度而失去平衡，发生移动.开始时气体压强p1＝p0－ρgL，气体体积V1＝l1S.自由下落后，设空气柱长度为l2，水银柱受管内气体向下的压力p2S、重力G 和大气向上的压力p0S，如图所示，根据牛顿第二定律可得p2S＋G－p0S＝mg，因为G＝ρLSg，m＝ρLS，所以p2S＋ρLSg－p0S＝ρLSg，解得p2＝p0，即p2>p1.再由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，p1l1S＝p2l2S，因为p2>p1，所以l2<l1，所以空气柱长度将减小.故正确答案为B.4.如图4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，待再度达到稳定时( )图4A.管内空气柱的密度变小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答案BC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p h，有p1＋p h＝p0.试管倾斜后，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p h1小于倾斜前的压强p h，使p1＋p h1<p0，故假设不成立，由此判断，随着试管的倾斜，大气压强使管内水银面上移，管内水银柱上升，被封闭气体体积减小，空气柱的密度增大，再由玻意耳定律知，管内空气柱的压强随体积的减小而增大，当再达到稳定时，设管内空气压强为p2，管内水银柱产生的压强变为p h2，有p2＋p h2＝p0，比较两个式子，因p2>p1，故有p h2<p h，即倾斜后管内水银柱产生的压强比倾斜前小，故B、C正确.5.大气压强p0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20L，装有压强为20×105Pa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气体的质量之比为( )A.1∶19B.1∶20C.2∶39D.1∶18答案 B解析由p 1V 1＝p 2V 2，得p 1V 0＝p 0V 0＋p 0V ，因V 0＝20L ，则V ＝380L ，即容器中剩余20L 压强为p 0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质量之比等于同压下气体的体积之比，即20400＝120，B 项正确.题组二 p －V 图象(p －1V图象)6.如图5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5A.D →A 是一个等温过程B.A →B 是一个等温过程C.A 与B 的状态参量相同D.B →C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析 D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 是一个等容过程(体积不变)，B 、C 错；B →C 是一个等温过程，V 增大，p 减小，D 错.7.如图6所示，是一定质量气体状态变化的p －V 图象，则下列说法正确的是( )图6A.气体做的是等温变化B.气体的压强从A 至B 一直减小C.气体的体积从A 到B 一直增大D.气体的三个状态参量一直都不变答案 BC解析一定质量的气体的等温过程的p －V 图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB 图线不是等温线，AB 过程不是等温变化，A 选项不正确；从AB 图线可知气体从A 状态变为B 状态的过程中，压强p 在逐渐减小，体积V 在不断增大，则B 、C 选项正确；又该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D 选项错误. 题组三综合应用8.阿迪达斯从1963年开始制作高质量的世界杯比赛用球，2014年巴西世界杯用球命名为“桑巴荣耀”，它是阿迪达斯足球史上最有科技含量的产品.赛前要为足球充气，假设活塞式打气筒的容积为V 0，足球容积为V ，如果足球在打气前内部没有空气，那么打了n 次后，足球内空气压强多大？(已知大气压强为p 0，假设打气过程空气温度不变) 答案nV 0Vp 0 解析将n 次打入的气体等效成一次打入了nV 0的气体，由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 0nV 0＝pV ，解得p ＝nV 0Vp 0.9.图7为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V 0，压强为p 0的气体.当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩.若气泡内气体可视为理想气体，其温度保持不变.当体积压缩到V 时气泡与物品接触面的面积为S .求此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力.图7答案V 0Vp 0S 解析设压力为F ，压缩后气体压强为p . 由p 0V 0＝pV 和F ＝pS 得F ＝V 0Vp 0S .10.汽车未装载货物时，某个轮胎内气体的体积为V 0，压强为p 0；装载货物后，该轮胎内气体的压强增加了Δp ，若轮胎内气体视为理想气体，其质量、温度在装载货物前后均不变，求装载货物前后此轮胎内气体体积的变化量. 答案体积减小了ΔpV 0Δp ＋p 0解析对轮胎内的气体：初状态：p 1＝p 0，V 1＝V 0末状态：p 2＝p 0＋Δp ，小初高教案试题导学案集锦K12资源汇总，活到老学到老 V 2＝ΔV ＋V 0由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2解得：ΔV ＝－ΔpV 0Δp ＋p 0. 11.如图8所示，一定质量的某种理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h ，可沿气缸无摩擦地滑动.取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上.沙子倒完时，活塞下降了h 4.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上.外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度.图8答案 35h 解析设大气和活塞对气体的总压强为p 0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p ，由玻意耳定律得p 0h ＝(p 0＋p )⎝⎛⎭⎪⎫h －14h ① 由①式得p ＝13p 0② 再加一小盒沙子后，气体的压强变为p 0＋2p .设第二次加沙子后，活塞的高度为h ′，则p 0h ＝(p 0＋2p )h ′③联立②③式解得h ′＝35h .。

高中物理第二章固体液体和气体第七节气体实验定律Ⅰ教学案粤教版选修83.doc

第七节气体实验定律 (Ⅰ)[目标定位] 1.探究气体等温变化的规律，了解玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.会运用玻意耳定律解决实际问题.3.理解等温变化的p －V 图象．一、玻意耳定律1．内容：一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强和体积成反比(填“正比”或“反比”)． 2．公式：p ∝1V或p 1V 1＝p 2V 2.3．条件：气体的质量一定，温度不变． 4．常量的意义p 1V 1＝p 2V 2＝常量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，该常量C 越大(填“大”或“小”)．5．利用玻意耳定律解题的基本思路(1)明确研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件． (2)明确初、末状态及状态参量(p 1、V 1；p 2、V 2)． (3)根据玻意耳定律列方程求解．注意：用p 1V 1＝p 2V 2解题时只要同一物理量使用同一单位即可，不必(填“一定”或“不必”)转化成国际单位制中的单位．[延伸思考] 打气筒打气过程中，容器中气体的质量发生了变化，玻意耳定律还成立吗？答案分析时可以巧妙地选择研究对象，一般选择把容器内原有气体和即将打入的气体看成一个整体作为研究对象，就可以把充气过程的气体变质量问题转化为定质量问题．二、气体等温变化的图象[导学探究] 由玻意耳定律可知，一定质量的气体在温度保持不变时，压强和体积的关系为p ∝1V，由数学知识知p －V 图象是什么曲线？答案 p －V 图象是双曲线中的一支． [知识梳理]1．p －V 图象：一定质量的气体，等温变化的p －V 图象是双曲线的一支，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1中T 2＞T 1.图12.p －1V 图象：一定质量气体的等温变化过程，也可以用p －1V图象来表示，如图2所示．等温线是通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处等温线应用虚线表示，该直线的斜率k ＝pV ，故斜率越大，温度越高，图中T 2＞T 1.图2[延伸思考] 在p －1V图象中，图线是一条过原点的直线，图线在原点及原点附近表示的气体的体积和压强有实际意义吗？答案原点表示气体的体积无穷大，气体的压强为零，所以图线在原点及原点附近没有实际意义，故画p －1V图象时，图线在原点及原点附近要画成虚线.一、玻意耳定律的应用例1 如图3所示，是一根一端封闭的粗细均匀的细玻璃管，用一段h ＝19.0 cm 的水银柱将一部分空气封闭在细玻璃管里．当玻璃管开口向上竖直放置时(见图甲)，管内空气柱长L 1＝15.0 cm ，当时的大气压强为p 0＝76 cmHg ，那么，当玻璃管开口向下竖直放置时(见图乙)，管内空气柱的长度该是多少？图3答案25 cm解析设细玻璃管横截面积为S，设变化后空气柱的长度为L2，变化前空气柱的体积V1＝L1S＝15S，压强：p1＝p0＋p h＝(76＋19) cmHg＝95 cmHg变化后空气的体积：V2＝L2S，压强：p2＝p0－p h＝(76－19) cmHg＝57 cmHg由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2，即：95×15S＝57×L2S，解得：L2＝25 cm例2如图4所示，一粗细均匀、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＝20 cm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＝10 cm.环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg，求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)．图4答案50 cmHg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，可知初始状态其压强为p0.当右管水银面高出左管10 cm时，左管水银面下降5 cm，气柱长度增加5 cm，此时气柱体积可记为V2＝(l1＋5 cm)S，右管低压舱内的压强记为p，则左管气柱压强p2＝p＋10 cmHg，根据玻意耳定律得：p0V1＝p2V2即p0l1S＝(p＋10 cmHg)(l1＋5 cm)S代入数据，解得：p＝50 cmHg.二、气体等温变化的图象例3如图5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5A．一直保持不变B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小答案 D解析由题图可知，p A V A＝p B V B，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．针对训练如图6所示，一定质量的气体经历由状态A到状态B再到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )图6A．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C的过程温度先升高再降低D．从A到C的过程温度先降低再升高答案 C解析A、C两点在同一条双曲线上，故T A＝T C；可作出过B点的等温线与过A、C两点的等温线进行比较，得B点温度高；故从A到B到C的过程温度先升高后降低，C项正确．气体实验定律(Ⅰ)⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧实验探究⎩⎪⎨⎪⎧方法：控制变量法对象：一定质量的气体实验装置及数据收集处理玻意耳定律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 条件⎩⎪⎨⎪⎧ 质量一定温度不变内容：压强与体积成反比公式：p ∝1V，p 1V 1＝p 2V2图象⎩⎪⎨⎪⎧p －V 图：双曲线的一支p －1V 图：过原点的直线1．(玻意耳定律的应用)一定质量的理想气体，压强为3 atm ，保持温度不变，当压强减小2 atm 时，体积变化4 L ，则该气体原来的体积为 ( ) A.43 L B ．2 L C.83 L D ．8 L答案 B解析由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得3V ＝1×(V ＋4)，解得V ＝2 L.2. (玻意耳定律的应用)如图7所示，横截面积为0.01 m 2的气缸内被重G ＝200 N 的活塞封闭了高30 cm 的气体．已知大气压p 0＝1.0×105Pa ，气缸足够长，现将气缸倒转竖直放置，设温度不变，求此时活塞到缸底的高度？图7答案 45 cm解析重G ＝200 N 的活塞产生的压强p ＝G S＝0.2×105Pa初状态：p 1＝p 0＋p ＝1.2×105Pa ，V 1＝h 1S ，h 1＝30 cm末状态：p 2＝p 0－p ＝0.8×105Pa ，V 2＝h 2S 根据玻意耳定律得p 2V 2＝p 1V 1代表数据解得h 2＝p 1h 1p 2＝1.2×105×300.8×105cm ＝45 cm. 3．(等温线)如图8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8A ．D →A 是一个等温过程B ．A →B 是一个等温过程C ．A 与B 的状态参量相同D ．B →C 体积减小，压强减小，温度不变答案 A解析 D →A 是一个等温过程，A 对；A 、B 两状态温度不同，A →B 的过程中1V不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B 、C 错；B →C 是一个等温过程，V 增大，p 减小，D 错．4. (气体等温变化的图象)(多选)如图9所示是一定质量的某气体状态变化的p －V 图象，则下列说法正确的是( )图9A ．气体做的是等温变化B ．气体的压强从A 到B 一直减小C ．气体的体积从A 到B 一直减小D ．气体的三个状态参量一直都在变答案 BD解析一定质量的气体的等温过程的p－V图象即等温线是双曲线中的一支，显然题图所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化过程，选项A错误；从AB图线可知气体从A状态变为B状态的过程中，压强p在逐渐减小，体积V在不断增大，选项B正确，C错误；又因为该过程不是等温变化过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，选项D正确．题组一玻意耳定律的应用1．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，若小孩一不小心松手，氢气球会飞向天空，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．以上说法均不正确答案 C解析氢气球上升时，由于高空处空气稀薄，球外空气的压强减小，球内气体要膨胀，到一定程度时，氢气球就会胀破．2. (多选)如图1所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，玻璃管内封有一定质量的气体，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( )图1A．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答案AD解析极限分析法：设想把管压下很深，则易知V减小，p增大，因为p＝p0＋p h，所以h增大，即选项A、D正确．假设法：将玻璃管向下插入过程中，假设管内气体体积不变，则h增大，p＝p0＋p h增大，由玻意耳定律判得V减小．由V减小得p＝p0＋p h也增大，所以h也增大．3．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m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倍答案 C解析气泡缓慢上升过程中，温度不变，气体作等温变化，设湖面下20 m 深处，水的压强约为2个标准大气压(1个标准大气压相当于10 m 水产生的压强)，故p 1＝3 atm ，p 2＝2 atm ，由p 1V 1＝p 2V 2，得：V 2V 1＝p 1p 2＝3 atm 2 atm＝1.5，故C 项正确．4．如图2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( )图2A ．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，压强变小答案 B解析由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B 选项正确．5.如图3所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段用水银柱h 1封闭的一定质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面高度差为h 2，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3A ．h 2变长B ．h 2变短C ．h 1上升D ．h 1下降答案 D解析被封闭气体的压强p ＝p 0＋p h 1＝p 0＋p h 2，故h 1＝h 2.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，气柱长度变短，但h 1、h 2长度不变，故h 1下降，D 项正确．6．大气压强p 0＝1.0×105Pa.某容器的容积为20 L ，装有压强为20×105Pa 的气体，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，容器内剩下气体的质量与原来气体的质量之比为( ) A ．1∶19 B ．1∶20 C ．2∶39 D ．1∶18答案 B解析由玻意耳定律，得p 1V 0＝p 0V 0＋p 0V ，因V 0＝20 L ，则V ＝380 L ，即容器中剩余20 L 压强为p 0的气体，而同样气压下气体的总体积为400 L ，所以剩下气体的质量与原来气体的质量之比等于同压下气体的体积之比，即20400＝120，B 项正确．题组二气体等温变化的图象7．(多选)下图中，p 表示压强，V 表示体积，T 表示热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )答案 AB解析 A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明p ∝1V，即pV ＝常数，是等温过程；C 图横坐标不是体积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．8.氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，氧气缓慢泄漏(设环境温度不变)，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4A ．一直升高B ．一直下降C ．先升高后降低D ．不变答案 D解析本题考查对玻意耳定律适用条件的掌握．乍一看，本题极易错选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，从图中可以看出t A＞t1＞t2＞t B，从而误选B，却忽略了“只有一定质量的气体”才满足t A＞t1＞t2＞t B.密封不严说明漏气，说明气体质量发生变化，“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”，正确答案应为D.9. (多选)如图5所示，为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5A．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两点的温度相等答案AD题组三综合应用10.密闭圆筒内有一质量为100 g的光滑活塞，活塞与圆筒顶端之间有一根劲度系数k＝20 N/m 的轻弹簧，圆筒放在水平地面上，活塞将圆筒分成两部分，A室为真空，B室充有空气，平衡时，l0＝0.10 m，弹簧刚好没有形变，如图6所示．现将圆筒倒置，达到新的平衡后，B室的高度是多少？(g取10 m/s2，气体温度保持不变)图6答案0.178 m解析设开始时B室中，气体压强为p1、体积为V1，圆筒倒置达到平衡后B室中气体压强为p 2、体积为V 2.弹簧形变量为x ，活塞质量为m ，横截面积为S .p 1＝mg S，V 1＝l 0S .圆筒倒置平衡后，对活塞受力分析如图所示，其中l 为达到新的平衡后B 室的高度，依题意有p 2S ＋mg ＝kx ，x ＝l －l 0，则p 2＝k (l －l 0)－mg S ，V 2＝lS . 温度不变，根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，可知mg S·l 0S ＝k (l －l 0)－mg S·lS 代入数据解得l ≈0.178 m.11．一个气泡从水底升到水面上时，它的体积增大了2倍，设水的密度为ρ＝1×103 kg/m 3，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，水底与水面温差不计，求水的深度．(g ＝10 m/s 2)答案 20 m解析气泡在水底时，气泡内气体的压强等于水面上大气压与水的压强之和，气泡升到水面上时，气泡内气体压强减小为大气压，因此体积增大．由于水底与水面温度相同，气泡内气体经历的是一个等温变化过程．该气泡在水底时体积为V 1，压强为p 1＝p 0＋ρgh气泡升到水面时的体积为V 2，则V 2＝3V 1，压强为p 2＝p 0由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，得(p 0＋ρgh )V 1＝p 0·3V 1得水深：h ＝2p 0ρg ＝2×1.0×1051×103×10m ＝20 m. 12.如图7所示，一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h ，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了h 4.再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞上表面上．外界大气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．图7答案 35h 解析设大气和活塞对气体的总压强为p 0，加一小盒沙子后对气体产生的压强为p ，由玻意耳定律得p 0h ＝(p 0＋p )(h －14h )①由①式得 p ＝13p 0 ② 再加一小盒沙子后，气体的压强变为p 0＋2p .设第二次加沙子后，活塞的高度为h ′，由玻意耳定律得p 0h ＝(p 0＋2p )h ′③ 联立②③式解得h ′＝35h .。

高中物理第2章第7节气体实验定律(Ⅰ)学案粤教版选修33

第二章固体、液体和气体第七节气体实验定律(Ⅰ)1．理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系． 2．知道玻意耳定律的内容，表达式及适用条件． 3．能运用玻意耳定律对有关问题进行分析，计算． 4．了解pV 图、p 1V图的物理意义．1．气体的状态变化是指气体的状态参量变化，为研究气体三个状态参量的变化规律，采用了控制变量法，在探究玻意尔定律的实验中，是保持温度不变，研究的压强和体积的关系．2．一定质量的气体，在温度不变时，p 1V图线是一条过原点的直线，pV 图线是双曲线的一支．3．若用p 1、V 1，p 2、V 2分别表示一定质量气体在等温下的两个状态，则由玻意耳定律有p 1V 1＝p 2V 2或p 1p 2＝V 2V 1.4．如图所示，是一定质量气体的等温线，气体从状态A 变化到状态B 的过程中，压强增大，体积减小，两状态的温度相等，从微观上讲，气体分子的平均动能不变，分子密度增大．1．一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的(C) A．2 B．1C.12D.14解析：由玻意耳定律，pV＝C可得，体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的12，故C项正确．2．(多选)一定质量的气体在发生等温变化时，下列物理量发生变化的是(AB)A．气体的压强B．单位体积内的分子数C．分子的平均速率D．分子的总数解析：一定质量的气体在发生等温变化时，p和V都要发生变化，体积V发生变化，则单位体积内的分子数改变，A、B正确；温度不变，则分子的平均动能不变，分子的平均速率不发生变化，C错误；质量一定，则分子的总数不变，D错误．3．(多选)一定质量的气体保持温度不变，当体积膨胀为原来的10倍时，则(CD)A．气体分子数变为原来的10倍B．气体分子的平均动能变为原来的110C．气体分子的密度变为原来的110D．器壁的同一面积上所受气体分子的平均作用力减小为原来的110解析：研究对象已确定，分子总数是不变的．又因为温度恒定，故分子平均动能不变．体积膨胀为原来的10倍，单位体积内的气体分子数(即气体分子密度)变为原来的110，因而压强变为原来的110，故同一面积上所受分子的平均作用力也变为原来的110.故正确答案为C、D.4．一个气泡由湖面下深20 m处上升到湖面下深10 m处，它的体积约变为原来体积的(温度不变)(C)A．3倍 B．2倍C．1.5倍 D．0.7倍解析：一个大气压相当于10 m水柱产生的压强，根据玻意耳定律有：V2 V1＝p1p2＝p0＋ph1p0＋ph2＝p0＋2p0p0＋p0＝3p02p0＝32，C项正确．5．一定质量的气体由状态A变到状态B的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度(B)A．一直下降 B．先上升后下降C．先下降后上升 D．一直上升解析：可作出过直线AB上各点的等温线与过A、B两点的等温线进行比较，图线离坐标轴越远，气体温度越高，可得沿直线AB的变化中，温度先上升后下降，最后TB＝TA.B正确．6．(多选)如图所示，一定质量的气体等温线上两点的压强、体积和温度如图所示，下列表达式正确的是(BC)A．p1V1＝p2V2 B．p1V2＝p2V1C．T1＝T2 D．T1＞T解析：一定质量的气体等温变化过程中，压强跟体积成反比，由两状态对应的压强(p1和p2)和体积(V2和V1)可知A错误，B正确，同一等温线上各状态温度是相等的，C正确，D错误．7．(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(AD)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相同的C．由图可知T1>T2D．由图可知T1<T2解析：由等温线的物理意义可知，A正确、B错误；对于一定质量的气体，温度越高，等温线的位置越高，C错误、D正确．8．如图所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则(A)A．h，l均变大 B．h，l均变小C．h变大l变小 D．h变小l变大解析：根据pV＝C，l变大，p变小，根据p＝p0－ρgh，h变大，A选项正确．9．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)A．D→A是一个等温过程B．A→B是一个等温过程C．A与B的状态参量相同D．B→C体积减小，压强减小，温度不变解析：D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B是一个等容过程(体积不变)，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．。

高中物理第2章固体液体和气体第7节气体实验定律(Ⅰ)课件粤教版选修30

(3)数据处理：应用计算机，点击“绘图”，生成压强与体积关系图线和压强与体积倒数的关系图线．
(4)分析图线，得出结论：压强与体积成反比．
3．玻意耳定律 (1)内容：一定质量的气体，在__温__度____不变时，压强与体积成___反__比___．
(2)公式：p∝__V_1_____也可写作pp12＝VV21或 p1V1＝p2V2＝恒量．
等温图象的理解和应用
1．一定质量的气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的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坐标的乘积都是相等的．如图所示．
2．玻意耳定律：pV＝C(恒量)，其中恒量C不是一个普适恒量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，恒量C越大，等温线离坐标轴越远．如上图所示4条等温线的关系为 t4>t3>t2>t1．
题眼直击：根据受力平衡计算封闭气体的压强．
解题流程：
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＋h1)S
受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(pA＋h1)S＝p0S
所以pA＝p0－h1＝(75－10) cmHg＝65 cmHg；再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理可知，液
2．一定质量的理想气体经历一等温膨胀过程，这一过程可以用pV图上的曲线来表示，如图所示．
由此可知，当气体的体积V1＝5 L时，气体的压强p1＝ ________Pa ；当气体的体积 V2 ＝ 10 L 时，气体的压强 p2 ＝ ________Pa ；当气体的体积 V3 ＝ 15 L 时，气体的压强 p3 ＝ ________Pa．

(部编版)2020学年高中物理第二章固体液体和气体习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用教学案

习题课理想气体状态方程与气体实验定律的应用[目标定位] 1.掌握理想气体状态方程，并能利用它分析解决实际问题.2.会巧妙地选择研究对象，使变质量问题转化为一定质量的气体问题.3.理解液柱移动问题的分析方法．一、变质量问题分析变质量问题时，可以通过巧妙选择合适的研究对象，使这类问题转化为定质量的气体问题，从而用气体实验定律或理想气体状态方程解决．以常见的两类问题举例说明： 1．打气问题向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题．只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量的气体状态变化问题． 2．抽气问题从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看作是气体膨胀的过程．例1 一只两用活塞气筒的原理如图1所示(打气时如图甲所示，抽气时如图乙所示)，其筒内体积为V 0，现将它与另一只容积为V 的容器相连接，容器内的空气压强为p 0，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n 次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(大气压强为p 0)( )图1A ．np 0，1np 0B.nV 0V p 0，V 0nVp 0 C ．(1＋V 0V)np 0，(1＋V 0V)np 0 D ．(1＋nV 0V )p 0，(V V ＋V 0)np 0 答案 D解析打气时，活塞每推动一次，把体积为V 0，压强为p 0的气体推入容器内，若活塞工作n 次，就是把压强为p 0，体积为nV 0的气体压入容器内，容器内原来有压强为p 0，体积为V 的气体，根据玻意耳定律得：p 0(V ＋nV 0)＝p ′V .所以p ′＝V ＋nV 0V p 0＝(1＋n V 0V)p 0. 抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V 膨胀为V ＋V 0，而容器的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V 0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V 又膨胀到V ＋V 0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：第一次抽气p 0V ＝p 1(V ＋V 0)，p 1＝VV ＋V 0p 0.活塞工作n 次，则有：p n ＝(VV ＋V 0)np 0.故正确答案为D.二、液柱移动问题液柱移动问题常使用假设推理法：根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．常用推论有两个：(1)查理定律的分比形式：Δp ΔT ＝p T 或Δp ＝ΔT T p .(2)盖·吕萨克定律的分比形式：ΔV ΔT ＝V T 或ΔV ＝ΔTTV .例2 两个容器A 、B ，用截面均匀的水平细玻璃管连通，如图2所示，A 、B 所装气体的温度分别为17 ℃和27 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度都升高10 ℃，则水银柱将 ( )图2A ．向右移动B ．向左移动C ．不动D ．条件不足，不能确定答案 A解析假设水银柱不动，A 、B 气体都做等容变化：由Δp ＝ΔT T p 知Δp ∝1T，因为T A ＜T B ，所以Δp A ＞Δp B ，所以水银柱向右移动．三、理想气体状态方程 1．理想气体的状态方程一定质量的某种理想气体，由初状态(p 1、V 1、T 1)变化到末状态(p 2、V 2、T 2)时，各量满足：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2. 2．气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 (1)当T 1＝T 2时，p 1V 1＝p 2V 2(玻意耳定律)． (2)当V 1＝V 2时，p 1T 1＝p 2T 2(查理定律)．(3)当p 1＝p 2时，V 1T 1＝V 2T 2(盖·吕萨克定律)． 3．应用理想气体状态方程解题的一般思路(1)确定研究对象(某一部分气体)，明确气体所处系统的力学状态(是否具有加速度)． (2)弄清气体状态的变化过程．(3)确定气体的初、末状态及其状态参量，并注意单位的统一． (4)根据题意，选用适当的气体状态方程求解． (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义．例3 如图3所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U 形玻璃管，当t 1＝31 ℃，大气压强p 0＝76 cmHg 时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长L 1＝8 cm ，则当温度t 2是多少时，左管气柱L 2为9 cm?图3答案 78 ℃解析初状态：p 1＝p 0＝76 cmHg ，V 1＝L 1·S ＝8 cm·S ，T 1＝304 K ；末状态：p 2＝p 0＋2 cmHg ＝78 cmHg ，V 2＝L 2·S ＝9 cm·S ，T 2＝？根据理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2代入数据得：76 cmHg×8 cm·S 304 K ＝78 cmHg×9 cm·ST 2解得：T 2＝351 K ，则t 2＝(351－273) ℃＝78 ℃.例4 如图4甲所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S ＝2×10－3m 2、质量为m ＝4 kg 、厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分理想气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24 cm ，在活塞的右侧12 cm 处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K ，大气压强p 0＝1.0×105Pa.现将气缸竖直放置，如图乙所示，取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)活塞与气缸底部之间的距离； (2)加热到675 K 时封闭气体的压强．答案 (1)20 cm (2)1.5×105Pa 解析 (1)p 1＝p 0＝1×105PaT 1＝300 K ，V 1＝24 cm×S p 2＝p 0＋mgS ＝1.2×105 PaT 1＝T 2，V 2＝HS由p 1V 1＝p 2V 2 解得H ＝20 cm.(2)假设活塞能到达卡环处，则T 3＝675 K ，V 3＝36 cm×S由p 2V 2T 2＝p 3V 3T 3得p 3＝1.5×105Pa>p 2＝1.2×105Pa所以活塞到达卡环处，气体压强为1.5×105Pa.1．(变质量问题)某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图5所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3、1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变，求： (1)要使贮液筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？(2)在贮液筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？图5答案 (1)15 (2)1.5 L解析 (1)设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p由玻意耳定律得：1 atm×300 cm 3＝1.5×103cm 3×p ，p ＝0.2 atm 需打气次数n ＝4－10.2＝15(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V 由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×VV ＝6 L故还剩药液7.5 L －6 L ＝1.5 L.2．(液柱移动问题)如图6所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一长为h 的水银柱，将管内气体分为两部分．已知l 2＝2l 1.若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(原来温度相同)图6答案向上移动解析 (1)假设法假设升温后水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律：上段：p 2T 2＝p 2′T 2′，所以p 2′＝T 2′T 2p 2.Δp 2＝p 2′－p 2＝⎝⎛⎭⎪⎫T 2′T 2－1p 2＝ΔT 2T 2p 2.同理，下段：Δp 1＝ΔT 1T 1p 1.又因为ΔT 2＝ΔT 1，T 1＝T 2，p 1＝p 2＋h cmHg ＞p 2，所以Δp 1＞Δp 2，即水银柱向上移动． (2)图象法在同一p －T 图象上画出两段气柱的等容线，如图所示．因在温度相同时，p 1＞p 2，得气柱l 1等容线的斜率较大．当两气柱升高相同的温度ΔT 时，其压强的增量Δp 1＞Δp 2，所以水银柱向上移动．3．(理想气体状态方程)钢筒内装有3 kg 气体，温度是－23 ℃，压强为4 atm ，如果用掉1 kg 后温度升高到27 ℃，求筒内气体压强．答案 3.2 atm解析将筒内气体看作理想气体，以2 kg 气体为研究对象，设钢筒的容积为V ，初状态：p 1＝4 atm ，V 1＝2V3，T 1＝250 K ，末状态：V 2＝V ，T 2＝300 K ，由理想气体状态方程得：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，筒内压强：p 2＝p 1V 1T 2V 2T 1＝4×23×300250atm ＝3.2 atm.4．(理想气体状态方程的综合应用)如图7所示，一气缸竖直放置，横截面积S ＝50 cm 2、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的气体封闭在缸内，气体柱长h 0＝15 cm ，活塞用销子销住，缸内气体的压强p 1＝2.4×105Pa ，温度177 ℃.现拔去活塞销s (不漏气)，不计活塞与气缸壁的摩擦．当活塞速度达到最大时，缸内气体的温度为57 ℃，外界大气压为1.0×105Pa.求：此时气体柱的长度h .图7答案 22 cm解析当活塞速度达到最大时，活塞受力平衡p 2＝p 0＋mg S ＝(1.0×105＋10×1050×10－4) Pa ＝1.2×105Pa根据理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 22.4×105×15177＋273＝1.2×105×h57＋273解得h ＝22 cm.题组一变质量问题1．空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm 的空气6.0 L ，现再充入1.0 atm 的空气9.0 L ．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为( ) A ．2.5 atm B ．2.0 atm C ．1.5 atm D ．1.0 atm答案 A解析初状态：p 1＝1.0 atm ，V 1＝(6.0＋9.0) L ＝15.0 L 末状态：p 2，V 2＝6.0 L 根据玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2得p 2＝p 1V 1V 2，代入数据得p 2＝2.5 atm ，故A 项正确，B 、C 、D 项均错． 2．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p ，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p 0的空气的体积为( ) A.p 0pV B.p p 0V C ．(p p 0－1)V D ．(p p 0＋1)V答案 C解析取充入空气后的轮胎内的空气为研究对象，设充入空气的体积为V ′，则初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V ，由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV ，解得：V ′＝(p p 0－1)V ，故选项C 正确．3．容积为20 L 的钢瓶内，贮有压强为1.5×107Pa 的氧气．打开钢瓶的阀门，将氧气分装到容积为5 L 的氧气袋中(袋都是真空的)，充气后的钢瓶和氧气袋中氧气的压强都是1.0×106Pa ，设充气过程不漏气，环境温度不变，则这瓶氧气最多可分装 ( ) A ．60袋 B ．56袋 C ．50袋 D ．40袋答案 B解析设可分装n 袋，取全部气体研究，据玻意耳定律有：p 1V ＝p 2V ＋np 2V 0 1．5×107Pa×20 L＝1.0×106Pa×20 L＋n ×1.0×106Pa×5 L，解得n ＝56，B 选项正确．4．用打气筒将压强为1 atm 的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV ＝500 cm 3，轮胎容积V ＝3 L ，原来压强p ＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p ′＝4 atm ，问用这个打气筒要打气几次(设打气过程中空气的温度不变)( )A ．5次B ．10次C ．15次D ．20次答案 C解析因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV ＋np 1ΔV ＝p ′V ，代入数据得1．5 atm×3 L＋n ×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，解得n ＝15. 题组二液柱移动问题5.两端封闭、内径均匀的直玻璃管水平放置，如图1所示．V 左<V 右，温度均为20 ℃，现将右端空气柱温度降为0 ℃，左端空气柱温度降为10 ℃，则管中水银柱将( )图1A ．不动B ．向左移动C ．向右移动D ．无法确定是否移动答案 C解析设降温后水银柱不动，则两段空气柱均为等容变化，初始状态左右压强相等，即p 左＝p 右＝p 对左端空气柱Δp 左ΔT 左＝p 左T 左，则Δp 左＝ΔT 左T 左p 左＝10293p同理右端空气柱Δp 右＝20293p所以Δp 右>Δp 左，即右侧压强降低得比左侧多，故水银柱向右移动，选项C 正确．6.如图2所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l ，管内外水银面高度差为h ，若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则 ( )图2A ．h 、l 均变大B ．h 、l 均变小C ．h 变大，l 变小D ．h 变小，l 变大答案 A题组三理想气体状态方程7．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 1、V 1、T 1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p 2、V 2、T 2，下列关系正确的是( ) A ．p 1＝p 2，V 1＝2V 2，T 1＝12T 2B ．p 1＝p 2，V 1＝12V 2，T 1＝2T 2C ．p 1＝2p 2，V 1＝2V 2，T 1＝2T 2D ．p 1＝2p 2，V 1＝V 2，T 1＝2T 2 答案 D解析由理想气体状态方程p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2可判断，只有D 项正确． 8．(多选)一定质量的理想气体，初始状态为p 、V 、T .经过一系列状态变化后，压强仍为p ，则下列过程中可以实现的是( )A ．先等温膨胀，再等容降温B ．先等温压缩，再等容降温C ．先等容升温，再等温压缩D ．先等容降温，再等温压缩答案 BD解析质量一定的理想气体状态无论怎样变化，其pV /T 的值都不改变．A 项中，T 不变，V 增大，则压强p 减小；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强降了再降，不可能回到初态压强，A 项不可能实现．B 项中，T 不变，V 减小，则压强p 增大；之后V 不变，T 降低，则压强p 减小；压强先增后减，可能会回到初态压强，即B 项正确．C 项中，V 不变，T 升高，则压强p 增大；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强增了再增，末态压强必大于初态压强，C 项不可能实现．D 项中，V 不变，T 降低，则p 减小；之后T 不变，V 减小，则压强p 增大；压强先减后增，末态压强可能等于初态压强，D 项正确．9.一定质量的理想气体，经历了如图3所示的状态变化1→2→3过程，则三个状态的温度之比是( )图3A ．1∶3∶5B ．3∶6∶5C ．3∶2∶1D ．5∶6∶3 答案 B解析由pV T＝C 得T 1∶T 2∶T 3＝3∶6∶5，故选项B 正确．10．一定质量的理想气体由状态A 变为状态D ，其有关数据如图4甲所示，若气体在状态D 的压强是2×104Pa.图4(1)求状态A 的压强；(2)请在乙图中画出该状态变化过程的p －T 图象，并分别标出A 、B 、C 、D 各个状态．答案 (1)4×104Pa (2)见解析解析 (1)根据理想气体状态方程：p A V A T A ＝p D V DT D则p A ＝p D V D T A V A T D ＝2×104×4×2×1021×4×102Pa ＝4×104 Pa. (2)A →B 是等容变化由查理定律p A T A ＝p BT B得p B ＝T B T A p A ＝8×1022×102×4×104 Pa ＝1.6×105PaB →C 是等温变化由玻意耳定律p B V B ＝p C V C 得p C ＝p B V B V C ＝1.6×105×14 Pa ＝4×104PaC →D 是等容变化p D ＝2×104 Pa T D ＝4×102 Kp －T 图象及A 、B 、C 、D 各个状态如图所示．题组四理想气体状态方程的综合应用11.如图5所示，竖直放置在水平面上的气缸，其缸体质量M ＝10 kg ，活塞质量m ＝5 kg ，横截面积S ＝2×10－3m 2，活塞上部的气缸里封闭一部分理想气体，下部有气孔a 与外界相通，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，活塞的下端与劲度系数k ＝2×103N/m 的弹簧相连．当气缸内气体温度为127 ℃时，弹簧的弹力恰好为零，此时缸内气柱长为L ＝20 cm.求当缸内气体温度升高到多少时，气缸对地面的压力为零．(g 取10 m/s 2，活塞不漏气且与气缸壁无摩擦)图5答案 827 ℃解析缸内气体初态：V 1＝LS ＝20S ，p 1＝p 0－mgS ＝7.5×104 Pa ，T 1＝(273＋127) K ＝400 K.末态：p 2＝p 0＋MgS＝1.5×105Pa.气缸和活塞整体受力平衡：kx ＝(m ＋M )g ，则x ＝(m ＋M )g k＝0.075 m ＝7.5 cm.缸内气体体积V 2＝(L ＋x )S ＝27.5S ，对缸内气体根据理想气体状态方程有p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，即7.5×104Pa×20S 400 K ＝1.5×105Pa×27.5ST 2，解得：T 2＝1 100 K ，即t ＝827 ℃12．如图6甲所示，水平放置的气缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A 、B 两处设有限制装置，使活塞只能在A 、B 之※ 精品试卷 ※※ 推荐 ※ 下载 ※ 间运动，B 左面气缸的容积为V 0，A 、B 之间的容积为0.1V 0.开始时活塞在B 处，缸内气体的压强为0.9p 0(p 0为大气压强)，温度为297 K ，现缓慢加热气缸内的气体，直至达到399.3 K ．求：甲乙图6(1)活塞刚离开B 处时的温度T B ；(2)缸内气体最后的压强p ；(3)在图乙中画出整个过程的p －V 图象．答案 (1)330 K (2)1.1p 0 (3)见解析图解析 (1)气缸内的气体初态时p 1＝0.9p 0，V 1＝V 0，T 1＝297 K ．当活塞刚离开B 处时，气体的状态参量p 2＝p 0，V 2＝V 0，T 2＝T B .根据p 1T 1＝p 2T 2，得0.9p 0297＝p 0T B，所以T B ＝330 K. (2)随着温度不断升高，活塞最后停在A 处，此时气体的状态参量p 4＝p ，V 4＝1.1V 0，T 4＝399.3 K ．根据p 1V 1T 1＝p 4V 4T 4，得0.9p 0V 0297＝1.1pV 0399.3，解得p ＝1.1p 0. (3)随着温度的升高，当活塞恰好停在A 处时，气体的状态参量p 3＝p 0，V 3＝1.1V 0，T 3＝T A ，由p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3得0.9p 0V 0297＝1.1p 0V 0T A，解得T A ＝363 K ．综上可知，气体在温度由297 K 升高到330 K 过程中，气体做等容变化；由330 K 升高到363 K 过程中，气体做等压变化；由363 K 升高到399.3 K 过程中，气体做等容变化．故整个过程的p －V 图象如图所示．。