第2课时 气体的等温变化
[学习任务] 任务1．知道气体的等温变化。
任务2．知道玻意耳定律内容、表达式及适用条件。
任务3．能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算。
任务4．了解p-V图像、p-图像的物理意义。
[问题初探] 问题1．用什么方法可以使一个凹瘪的乒乓球恢复原状？
问题2．p-图像的斜率的物理意义是什么？
问题3．使用玻意耳定律解决问题时，p、V一定要用国际单位制中的单位吗？
[思维导图]
封闭气体压强的计算
[链接教材] 如图甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上。在图乙中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，设大气压强为p0，重力加速度大小为g。
试求甲、乙中封闭气体的压强。
提示：题图甲中同一水平液面C、D处压强相同，可得p甲＝p0＋ρgh。
对题图乙以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝p乙S，则p乙＝p0＋。
1．容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算
(1)取等压面法
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，从左侧管看，有pB＝pA＋ph2，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1。
(2)受力平衡法
选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强。
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。
如图所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱进行受力分析，由牛顿第二定律得pS－p0S－mg＝ma，则p＝p0＋。
【典例1】 (平衡状态下液体封闭气体压强的计算)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，两段空气封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，水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为( )
A．h1－h2 B．h1＋h2
C． D．
B [设大气压强为p0，左边空气柱的压强为p左＝p0－ρgh1，右边空气柱的压强为p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh1＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B正确。]
【教用·备选例题】 (平衡状态下固体封闭气体压强的计算)(多选)如图所示，活塞质量为m，汽缸质量为M，两者通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封闭了一定质量的空气，而活塞与汽缸间无摩擦，活塞面积为S，大气压强为p0，封闭气体压强为p，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．内外空气对汽缸的总作用力方向向上，大小为Mg
B．内外空气对汽缸的总作用力方向向下，大小为mg
C．p＝p0－
D．p＝p0＋
AC [规定竖直向下为正方向，以汽缸底为研究对象进行受力分析，由平衡条件得pS＋Mg＝p0S，则有pS－p0S＝－Mg，可得内外空气对汽缸的总作用力方向向上，大小为Mg，故A正确，B错误；由pS＋Mg＝p0S可得p＝p0－，故C正确，D错误。]
【典例2】 (加速状态下封闭气体压强的计算)如图所示，在光滑水平面上，用恒力F推着活塞和汽缸一起做匀加速直线运动，活塞与汽缸相对静止，已知活塞面积为S，大气压强为p0，活塞的质量为m，汽缸的质量为M。求封闭气体的压强。
[解析] 对活塞和汽缸整体由牛顿第二定律得
F＝(M＋m)a
对活塞由牛顿第二定律得
F＋p0S－pS＝ma
联立解得p＝＋p0。
[答案] ＋p0
玻意耳定律及其应用
[链接教材] 在“用传感器探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，研究对象是注射器中的空气柱。气体压强传感器通过塑料管与注射器相连。由注射器壁上的刻度可以读出气体的体积V；由压强传感器测得的压强值p在计算机屏幕上可以实时显示。这样就可以获得不同体积时气体压强的数值。由计算机作出气体的p-V图像。
思考：是不是只要作出p-V图像为曲线，则p与V就一定成反比？
提示：不是。只有p-V图像是双曲线的一支时，才能说明两者成反比。
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．公式：pV＝C(常量)或p1V1＝p2V2。
3．适用条件
(1)气体质量不变、温度不变。
(2)气体温度不太低、压强不太大。
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。
问题1．上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？
问题2．上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
问题3．气泡在上升过程中体积为何会变大？
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。
1．玻意耳定律的表达式：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。
2．解题步骤
(1)确定研究对象，并判断其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(注意各状态参量只要单位统一即可，没必要转化为国际单位)。
(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。
【典例3】 (玻意耳定律的应用)如图所示，将粗细均匀且一端开口的玻璃管放置在水平桌面上，管内用长为h的水银封闭着一段长度为l0的空气柱。已知大气压强为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g，当把玻璃管开口朝上缓慢地竖立起来时，管内空气柱的长度变为多少？
思路点拨：本题研究对象是玻璃管内的气体。将玻璃管缓慢竖立，可认为管内气体的温度始终等于外界气温，为等温变化过程。玻璃管水平放置时气体状态为初态，竖立后的气体状态为末态。
[解析] 用p1、V1和p2、V2分别表示玻璃管水平、竖直时管内气体的压强和体积。管内气体的压强p1＝p0，p2＝p0＋ρgh
设玻璃管的横截面积为S，竖直时管内空气柱的长度为l，根据玻意耳定律有
p1Sl0＝p2Sl
代入气体的压强p1和p2解得l＝l0。
[答案] l0
【典例4】 (玻意耳定律的应用)气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭汽缸导热良好，横截面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接，初始时汽缸内密闭一段长度为L0、压强为p1的气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略不计，车辆载重时相当于在汽缸顶部增加一个物体A，稳定时汽缸下降了L0，气体温度保持不变。
(1)求物体A的重力大小。
(2)如果大气压强为p0，为使汽缸升到原位置，现向汽缸内充入与汽缸内原气体温度相同的气体，求充入的这些气体在大气压强下的体积。
[解析] (1)设汽缸下降L0后，气体压强为p2，
由玻意耳定律得p1SL0＝p2S·L0
解得p2＝4p1
稳定时，气体对汽缸上表面的压力增加量等于物体A的重力大小G，则G＝p2S－p1S
解得G＝3p1S。
(2)要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸内充入压强为p2、体积为V＝SL0的气体，设这些气体在大气压强下的体积为V2，由玻意耳定律得
p2·SL0＝p0V2
解得V2＝。
[答案] (1)3p1S (2)
力、热综合问题的解题思路
(1)将题目分解为气体状态变化问题和力学问题两部分。
(2)对气体状态变化问题应用玻意耳定律列方程。
(3)对力学问题应用力学规律和原理列方程。
(4)联立方程求解。
【教用·备选例题】
【典例2】 (两部分气体关联问题)如图所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱长度如图中标注所示。水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10 cm、5 cm。在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高h＝10 cm。已知大气压强p0＝76 cmHg，求向左管注入的水银柱长度。
[解析] 初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHg，
因右管水银面升高的高度10 cm<12 cm，故b空气柱仍在水平直管内，
末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2＝76 cmHg＋14 cmHg＋10 cmHg＝100 cmHg，
设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2，
对a部分空气柱，根据玻意耳定律得
p1La1S＝p2La2S，
对b部分空气柱，根据玻意耳定律得
p1Lb1S＝p2Lb2S，
代入数据解得La2＝9 cm，Lb2＝4.5 cm，
左管所注入的水银柱长度L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2)，
代入数据解得L＝21.5 cm。
[答案] 21.5 cm
气体等温变化的图像
气体等温变化的图像，也叫等温线
1．在p-V图像中，一定质量的气体的等温线为双曲线的一支，如图甲所示。
2．在p-图像中，一定质量的气体的等温线为过原点的一条倾斜直线，如图乙所示。
[微提醒] p-V图像上各点的温度相同，p-图像不过原点的不是等温线。
图甲是一定质量的气体在不同温度的p-V图线，图乙是一定质量的气体在不同温度下的p-图线。
问题1．图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高？为什么？
问题2．图乙中，T3和T4哪一个大？
提示：1．在两条等温线上取体积相同的两个点(即两个状态)A和B，可以看出pA>pB，因此T2>T1。
2．同理，题图乙中有T3
1．p-V图像
(1)一定质量的某种气体，其等温线是双曲线的一支，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，如图甲所示。
(2)玻意耳定律pV＝C(常量)，其中常量C不是一个普通常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C越大，等温线离坐标轴越远。如图乙所示，四条等温线的温度关系为T4>T3>T2>T1。
2．p-图像
一定质量气体的等温变化过程，也可以用p-图像来表示，如图丙所示。等温线是一条延长线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应用虚线表示，该直线的斜率k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体的温度越高。
【典例5】 (p-V图像)(多选)一定质量的某种理想气体状态变化的p-V图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．状态A时气体分子的内能比状态B时小
B．气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数状态A时比状态B时多
C．气体由状态A变化到状态B的过程中温度一直保持不变
D．气体由状态A变化到状态B的过程中分子平均速率先增大后减小
BD [由题图可知pAVA＝pBVB，所以A、B两个状态的温度相等，处于同一条等温线上，分子平均速率相等，分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，气体的分子势能可忽略不计，所以状态A时气体分子的内能等于状态B时的分子内能，故A错误；从状态A变化到状态B的过程中，气体的压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减小，故B正确；在p-V图像上作出几条等温线，如图所示，
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温度先升高后降低，所以分子平均速率先增大后减小，故C错误，D正确。故选BD。]
【典例6】 (p-图像)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是一个等容过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的状态参量不同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
C [D→A是一个等温过程，A错误；A、B两状态温度不同，A→B的过程中不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错误，C正确；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错误。]
1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )
A．p0＋h2
B．p0－h1
C．p0－(h1＋h2)
D．p0＋(h2－h1)
B [选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确。]
2．(多选)如图所示，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( )
A B
C D
AB [题中A图中可以直接看出温度不变；题中B图说明p∝，即p·V＝常数，是等温过程；题中C图是双曲线，但横坐标不是体积V，不是等温线；题中D图的p-V图线不是双曲线，故也不是等温线，故A、B正确。]
3．如图所示是一种由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减震装置，汽缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m，气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时车重由四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了0.12 m。已知活塞柱横截面积S＝1.0×10-2m2，弹簧的劲度系数k＝1.0×104 N/m。该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好，环境温度不变，g＝10 m/s2求：
(1)压缩后汽缸内氮气的压强；
(2)汽车的质量M。
[解析] (1)当汽车装上减震装置后，设汽缸压缩后的体积为V1，压强为p1，由玻意耳定律可知
p0V0＝p1V1
解得
p1＝2.5×105Pa。
(2)设汽车对一个减震装置的压力为F，以减震装置汽缸上表面为研究对象，受力分析可知
p0S＋F＝p1S＋kΔx
代入题中数据解得
F＝2 700 N
以汽车为研究对象
Mg＝4F
解得汽车的质量
M＝1 080 kg。
[答案] (1)2.5×105 Pa (2)1 080 kg
回归本节知识，完成以下问题：
1．玻意耳定律成立的条件有哪两条？
提示：①一定质量、温度不变的气体；
②气体的压强不太大，温度不太低。
2．等温变化p-V图线和p-图线的形状分别如何？
提示：一条双曲线；一条倾斜直线。
3．p-图像的斜率的物理意义是什么？
提示：由pV＝C知p＝C·，故p-图像的斜率为C。
4．使用玻意耳定律解决问题时，p、V一定要用国际单位制中的单位吗？
提示：在使用p1V1＝p2V2或＝时，只要公式中的相同物理量统一单位即可。
课时分层作业(五)
?题组一 封闭气体压强的计算
1．在两端开口竖直放置的U形管内，两段水银封闭着长度为L的空气柱，a、b两水银面的高度差为h，现保持温度不变，则( )
A．若再向左管注入些水银，稳定后h变大
B．若再向左管注入些水银，稳定后h不变
C．若两管同时注入等量的水银，稳定后h不变
D．若两管同时注入等量的水银，稳定后L不变
B [管内封闭气体的压强p＝p0＋h＝p0＋h′，则h′＝h，即右侧管上部分水银柱长度等于a、b两水银面的高度差h，若再向左管注入些水银，稳定后气体的压强不变，则h不变，选项A错误，B正确；若两管同时注入等量的水银，稳定后管内气体的压强变大，则h变大，气体体积减小，则L减小，选项C、D错误。故选B。]
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p为 ( )
A．p0＋ B．p0＋
C．p0＋ D．p0＋
D [
以圆板为研究对象，对圆板受力分析，如图所示，竖直方向受力平衡，则pS′cos θ＝p0S＋Mg，因为S′＝，所以p·cos θ＝p0S＋Mg，可得p＝p0＋。]
?题组二 玻意耳定律及其应用
3．水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计中水银柱的高度只有742 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计中水银柱的高度为732 mm时，实际的大气压强相当于水银柱的高度为( )
A．748 mm B．756 mm
C．742 mm D．758 mm
A [以管中封闭的气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S，初态p1＝ρg(760－742)×10-3m，V1＝0.08 m·S，末态p2＝ρg(h－0.732 m)，V2＝0.08 m·S＋(0.742－0.732)m·S＝0.09 m·S，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，代入解得h＝748 mm，A正确。]
4．如图所示，容积为2V的汽缸固定在水平地面上，汽缸壁及活塞导热性能良好，活塞面积为S，厚度不计。汽缸两侧的单向阀门(气体只进不出)均与打气筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均为V，压强均为p0。现用打气筒向活塞左侧打气15次，向活塞右侧打气10次。已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为V的空气，外界温度恒定，空气视为理想气体，不计活塞与汽缸间的摩擦。则稳定后汽缸内空气的压强为( )
A． B．3p0
C． D．4p0
C [根据题意可知，设稳定后汽缸内空气的压强为p，左侧气体体积为V1，则右侧气体体积为2V－V1，由玻意耳定律，对左侧气体有p0＝pV1，
对右侧气体有p0＝p(2V－V1)，联立解得p＝p0，故选C。]
5．如图所示，一开口向下的直玻璃管，通过细绳悬挂固定，玻璃管下端浸没在固定的水银槽中，管内液面高于管外液面。现向水银槽内加入水银，则( )
A．管内气体体积不变
B．细绳拉力不变
C．管内气体压强变大
D．管内外液面高度差变大
C [向水银槽内加入水银，假设玻璃管内气体压强不变，根据pV＝C，则管内气体体积不变，加入水银后管内外水银面高度差减小，而大气压强不变，管内水银面将向上移动，假设不成立，同理可得出管内气体压强变小也不可能，所以管内气体压强一定变大，故C正确；管内气体压强p变大，根据pV＝C，则管内气体体积变小，故A错误；对玻璃管受力分析，细绳拉力T＝(p0－p)S＋mg，管内气体压强p变大，则细绳拉力变小，故B错误；管内气体压强p变大，根据p＋ρgh＝p0，管内外液面高度差h变小，故D错误。故选C。]
?题组三 气体等温变化的图像
6．如图所示为一定质量的某种气体的p-V图像，A、B是双曲线上的两点，△OAC和△OBD的面积分别为S1和S2，则( )
A．S1B．S1＝S2
C．S1>S2
D．S1与S2的大小无法确定
B [△OAC的面积为S1＝AC·OC＝pAVA；△OBD的面积为S2＝BD·OD＝pBVB，而A、B是等温线上的两点，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB，故有S1＝S2，选项B正确，A、C、D错误。]
7．(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．A与B的状态参量不同
D．B→C体积增大，压强减小，温度不变
ACD [D→A是一个等温过程，A正确；A、B两状态温度不同，A→B的过程中不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B错误，C正确；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。]
8．如图所示，一定质量的气体，从状态1变化到状态2，其p-图像为倾斜直线，气体温度变化是( )
A．逐渐升高
B．逐渐降低
C．可能不变
D．可能先升高后降低
B [p-图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由题图可知，1→2过程图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，故气体温度逐渐降低，B正确，A、C、D错误。]
9．司机李师傅跑长途前有检查汽车胎压的习惯，某次他通过车内的胎压监测发现左前轮的胎压较小(2.0 bar)，如图所示。李师傅马上通过充气机给轮胎充气直到和其他轮胎胎压相同，已知轮胎的容积为30 L，充气机每分钟可以将压强为1 bar、体积为5 L的空气充入轮胎，忽略充气过程中轮胎温度和体积的变化，则李师傅需要充气的时间为( )
A．1 min B．2 min
C．3 min D．4 min
C [气体做等温变化，则p1V1＝p2V2＋p3V3，代入p1＝2.5 bar，p2＝2.0 bar，p3＝1.0 bar，V1＝V2＝30 L，解得V3＝15 L，则充气时间满足＝，解得充气时间为t＝3 min，故选C。]
10．人们常常用充气泵为鱼缸内的水补充氧气。如图为充气泵气室的工作原理图。设大气压强为p0，气室内气体的压强为p，气室通过阀门K1、K2与空气导管相连接，温度保持不变。则下列说法正确的是( )
A．向上拉橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
B．向上拉橡皮膜时，pC．向下压橡皮膜时，p>p0，K1关闭，K2开通
D．向下压橡皮膜时，pC [由题图可知，当向上拉橡皮膜时，气室内的气体体积变大，而气体温度不变，由玻意耳定律pV＝C可知，气体的压强变小，小于外界大气压，即pp0，阀门K1关闭，K2开通，故C正确，D错误。]
11．骑行是一种健康自然的出行方式。一辆单车，一个背包即可出行，简单又环保。某品牌自行车的气压避震装置主要由活塞、汽缸组成，该自行车共有4个完全相同的避震器。为研究其减震效果可将其简化成如图所示结构，在与水平面成θ＝37°夹角的斜坡上运动员正匀速向上骑行，自行车车架和运动员总质量为M，通过支架连接活塞，汽缸底部固定安装在车轴上，上坡时汽缸内气体的体积为V1。(已知活塞横截面积为S，质量不计，重力加速度为g，外界大气压强为p0，cos 37°≈0.8，活塞内气体视为理想气体且温度不变，4个避震器可视为等高且与斜坡垂直，不计一切摩擦。)
(1)求上坡时汽缸内气体的压强p1。
(2)当自行车行驶至水平路面时，求此时避震器汽缸内的气体体积V2。
[解析] (1)对活塞受力分析可知
Mg cos 37°＋p0S＝p1S
解得
p1＝p0＋。
(2)当自行车行驶至水平路面时，对活塞分析可知
Mg＋p0S＝p2S
p2＝p0＋
根据玻意耳定律可得
p1V1＝p2V2
解得
V2＝V1。
[答案] (1)p0＋ (2)V1
12．如图甲所示，汽车刹车助力泵是一个直径较大的真空腔体，简化图如图乙所示，内部有一个中部装有推杆的膜片(或活塞)，将腔体隔成两部分，右侧与大气相通，左侧通过真空管与发动机进气管相连。设初始时左侧腔体体积为V，腔内压强为大气压强p0，膜片横截面积为S，膜片回位弹簧劲度系数为k，初始时处于原长状态，设制动总泵推杆左移x时刹车踏板到底，整个过程忽略温度变化，腔内气体视为理想气体，忽略膜片移动过程中的摩擦阻力，则：
(1)发动机工作时吸入空气，造成左侧腔体真空，刹车踏板到底时，助力器推杆人力F至少多大？
(2)发动机未启动时，真空管无法工作，左侧腔体处于封闭状态，此状态下刹车踏板到底时，助力器推杆人力F′至少多大？
[解析] (1)发动机工作时吸入空气，造成左侧腔体真空，则对活塞分析可知
kx＝p0S＋F
解得助力器推杆人力
F＝kx－p0S。
(2)对左侧气体，由玻意耳定律
p0V＝p1(V－xS)
对活塞分析
kx＋p1S＝p0S＋F′
解得
F′＝kx＋。
[答案] (1)kx－p0S (2)kx＋(共44张PPT)
第2课时 气体的等温变化
第二章 气体、固体和液体
2．气体的等温变化
整体感知·自我新知初探
[思维导图]
探究重构·关键能力达成
[链接教材] 如图甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上。在图乙中，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，
设大气压强为p0，重力加速度大小为g。
试求甲、乙中封闭气体的压强。
知识点一 封闭气体压强的计算
1．容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算
(1)取等压面法
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，从左侧管看，
有pB＝pA＋ph2，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1。
√
B [设大气压强为p0，左边空气柱的压强为p左＝p0－ρgh1，右边空气柱的压强为p右＝p0＋ρgh2＝p左＋ρgh1＋ρgh2＝p左＋ρgh，则h＝h1＋h2，故B正确。]
√
√
【典例2】 (加速状态下封闭气体压强的计算)如图所示，在光滑水平面上，用恒力F推着活塞和汽缸一起做匀加速直线运动，活塞与汽缸相对静止，已知活塞面积为S，大气压强为p0，活塞的质量为m，汽缸的质量为M。求封闭气体的压强。
[链接教材] 在“用传感器探究气体等温变化的规律”的实验中，如图所示，研究对象是注射器中的空气柱。气体压强传感器通过塑料管与注射器相连。由注射器壁上的刻度可以读
出气体的体积V；由压强传感器测得的压强值p在
计算机屏幕上可以实时显示。这样就可以获得不
同体积时气体压强的数值。由计算机作出气体的
p-V图像。
知识点二 玻意耳定律及其应用
思考：是不是只要作出p-V图像为曲线，则p与V就一定成反比？
提示：不是。只有p-V图像是双曲线的一支时，才能说明两者成反比。
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____。
2．公式：_______(常量)或__________。
3．适用条件
(1)气体质量不变、____不变。
(2)气体温度不太低、压强不太大。
反比
pV＝C
p1V1＝p2V2
温度
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。
问题1．上升过程中，气泡内气体的温度发生改变吗？
问题2．上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
问题3．气泡在上升过程中体积为何会变大？
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。
1．玻意耳定律的表达式：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。
2．解题步骤
(1)确定研究对象，并判断其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(注意各状态参量只要单位统一即可，没必要转化为国际单位)。
(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。
【典例3】 (玻意耳定律的应用)如图所示，将粗细均匀且一端开口的玻璃管放置在水平桌面上，管内用长为h的水银封闭着一段长度为l0的空气柱。已知大气压强为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g，当把玻璃管开口朝上缓慢地竖立起来时，管内空气柱的长度变为多少？
思路点拨：本题研究对象是玻璃管内的气体。将玻璃管缓慢竖立，可认为管内气体的温度始终等于外界气温，为等温变化过程。玻璃管水平放置时气体状态为初态，竖立后的气体状态为末态。
规律方法 力、热综合问题的解题思路
(1)将题目分解为气体状态变化问题和力学问题两部分。
(2)对气体状态变化问题应用玻意耳定律列方程。
(3)对力学问题应用力学规律和原理列方程。
(4)联立方程求解。
【教用·备选例题】
【典例2】 (两部分气体关联问题)如图所示，两端开口的U形管粗细均匀，左右两管竖直，底部的直管水平，水银柱长度如图中标注所示。水平管内两段空气柱a、b的长度分别为10 cm、5 cm。在左管内缓慢注入一定量的水银，稳定后右管的水银面比原来高h＝10 cm。已知大气压强p0＝76 cmHg，求向左管注入的水银柱长度。
[解析] 初状态a、b两部分空气柱的压强均为p1＝76 cmHg＋14 cmHg＝90 cmHg，
因右管水银面升高的高度10 cm<12 cm，故b空气柱仍在水平直管内，末状态a、b两部分空气柱的压强均为p2＝76 cmHg＋14 cmHg＋10 cmHg
＝100 cmHg，
设末状态a、b两部分空气柱的长度分别为La2、Lb2，
对a部分空气柱，根据玻意耳定律得p1La1S＝p2La2S，
对b部分空气柱，根据玻意耳定律得p1Lb1S＝p2Lb2S，
代入数据解得La2＝9 cm，Lb2＝4.5 cm，
左管所注入的水银柱长度L＝2h＋(La1＋Lb1)－(La2＋Lb2)，
代入数据解得L＝21.5 cm。
[答案] 21.5 cm
知识点三 气体等温变化的图像
双曲线
一条倾斜直线
问题1．图甲中两条等温线表示的温度T1和T2哪一个比较高？为什么？
问题2．图乙中，T3和T4哪一个大？
提示：1．在两条等温线上取体积相同的两个点(即两个状态)A和B，可以看出pA>pB，因此T2>T1。
2．同理，题图乙中有T31．p-V图像
(1)一定质量的某种气体，其等温线是双曲线的一支，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，如图甲所示。
(2)玻意耳定律pV＝C(常量)，其中常量C不是一个普通常量，它随气体温度的升高而增大，温度越高，常量C
越大，等温线离坐标轴越远。如图乙所示，
四条等温线的温度关系为T4>T3>T2>T1。
【典例5】 (p-V图像)(多选)一定质量的某种理想气体状态变化的p-V图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．状态A时气体分子的内能比状态B时小
B．气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰
撞次数状态A时比状态B时多
C．气体由状态A变化到状态B的过程中温度一直保持不变
D．气体由状态A变化到状态B的过程中分子平均速率先增大后减小
√
√
BD [由题图可知pAVA＝pBVB，所以A、B两个状态的温度相等，处于同一条等温线上，分子平均速率相等，分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，气体的分子势能可忽略不计，所以状态A时气体分子的内能等于状态B时的分子内能，故A错误；从状态A变化到状态B的过程中，气体的压强减小，所以气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减小，故B正确；在p-V图像上作出几条等温线，如图所示，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温度先升高后降低，
所以分子平均速率先增大后减小，故C错误，D正
确。故选BD。]
√
应用迁移·随堂评估自测
1．如图所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封住，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )
A．p0＋h2 B．p0－h1
C．p0－(h1＋h2) D．p0＋(h2－h1)
√
B [选右边液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确。]
2．(多选)如图所示，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( )
√
A B
C D
√
3．如图所示是一种由汽缸、活塞柱、弹簧和上下支座构成的汽车氮气减震装置，汽缸内的气体可视为理想气体。该装置未安装到汽车上时，弹簧处于原长状态。封闭气体和活塞柱长度均为0.20 m，气体压强等于大气压强p0＝1.0×105 Pa。将四台减震装置安装在汽车上，稳定时车重由四台减震装置支撑，且封闭气体被压缩了0.12 m。已知活塞柱横截面积S＝1.0×10-2m2，弹簧的劲度系数k＝1.0×104 N/m。该装置的质量、活塞柱与汽缸摩擦均可忽略不计，汽缸导热性和气密性良好，环境温度不变，g＝10 m/s2求：
(1)压缩后汽缸内氮气的压强；
(2)汽车的质量M。
[解析] (1)当汽车装上减震装置后，设汽缸压缩后的体积为V1，压强为p1，由玻意耳定律可知
p0V0＝p1V1
解得
p1＝2.5×105Pa。
(2)设汽车对一个减震装置的压力为F，以减震装置汽缸上表面为研究对象，受力分析可知
p0S＋F＝p1S＋kΔx
代入题中数据解得
F＝2 700 N
以汽车为研究对象
Mg＝4F
解得汽车的质量
M＝1 080 kg。
[答案] (1)2.5×105 Pa (2)1 080 kg
回归本节知识，完成以下问题：
1．玻意耳定律成立的条件有哪两条？
提示：①一定质量、温度不变的气体；
②气体的压强不太大，温度不太低。
提示：一条双曲线；一条倾斜直线。
4．使用玻意耳定律解决问题时，p、V一定要用国际单位制中的单位吗？