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第二章 气体、固体和液体
2．气体的等温变化
第1课时 玻意耳定律
目标体系构建
1．理解一定质量的气体在温度不变的情况下压强和体积的关系。
2．知道什么是气体的等温变化，掌握玻意耳定律的内容和公式。
3．理解p－V图中等温变化的图像及其物理意义，知道p－V图上不同温度的等温线如何表示。
4．会用玻意耳定律进行计算。
课前预习反馈
知识点 1
1．气体的状态参量
生活中的许多现象都表明，气体的______、______、______三个状态参量之间存在着一定的关系。
2．等温变化
__________的某种气体，在__________的条件下，其压强与体积变化时的关系叫作气体的等温变化。
气体的等温变化
压强
体积
温度
一定质量
温度不变
知识点 2
1．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______。
(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。
玻意耳定律
反比
pV＝C
p1V1＝p2V2
温度
2．气体的等温变化的p－V图像
(1)p－V图像：一定质量的气体的p－V图像为一条________，如图甲所示。
双曲线
倾斜直线
『判一判』
(1)一定质量的气体，三个状态参量变化时，至少有两个改变。( )
(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变。( )
(3)一定质量的气体压强跟体积成反比。( )
(4)一定质量的某种气体等温变化的p－V图像是通过原点的倾斜直线。( )
(5)玻意耳定律适用于质量不变，温度变化的任何气体。( )
√
√
×
×
×
『选一选』
开口向上，导热性能良好的汽缸，用活塞封闭了一定质量的理想气体，如图所示。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒上细沙，则下列关于密封气体的图像中可能正确的是( )
答案：D
解析：由于汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体体积与压强成反比，A、B、C错误，D正确。
课内互动探究
探究?
封闭气体压强的计算
要|点|提|炼
封闭气体压强的确定方法
(1)容器处于平衡状态时封闭气体压强的计算
①依据连通器原理：在连通器中，同一液体(只有一种液体
且液体不流动)的同一
水平液面上的压强相等。
例如，图中同一水平液面C、D处压强相等，故pA＝p0＋ph。
②参考液片法：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，建立平衡方程消去面积，液片两侧压强相等，进而求得气体压强。
例如，图中，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知(pA＋ρgh0)S＝(p0＋ρgh＋ρgh0)S，得pA＝p0＋ph。
③力平衡法：选与封闭气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，由F合＝0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活塞(汽缸)、液柱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。
典|例|剖|析
1．如图所示，玻璃管中都灌有水银，且水银柱都处在平衡状态，大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强。则图中被封闭气体在静止状态的压强各是多少？
答案：①71 cmHg ②66 cmHg ③81 cmHg
④71 cmHg 66 cmHg
同理可求得
②pA＝p0－ph＝66 cmHg。
③pA＝p0＋phsin 30°＝81 cmHg。
④pA＝p0－pa＝71 cmHg，pB＝p0－pha－phb＝66 cmHg。
如图所示，两端开口的U形管，用两段水银封闭了一段空气，达到平衡状态。现如果大气压强增大，则两管液面差h会( )
A．不变 B．减小
C．增大 D．无法判断
答案：A
解析：封闭气体的压强可表示为p＝p0＋h＝p0＋h左，可得h＝h左，由于左侧上段水银柱长度h左不变，故h不变，故A正确。
对点训练
探究?
玻意耳定律的理解及应用
要|点|提|炼
对玻意耳定律的理解及应用
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。且压强和气体分子数密度不宜过大。
2．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，该常量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(注意各状态参量要统一单位)。
(4)注意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程。
(5)有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要删去。
典|例|剖|析
2．如图所示，一定质量的气体放在导热的容器中，一自带锁定装置K2的光滑薄导热活塞将容器分成A、B两室，A、B室的体积分别为V0和3V0，A室左侧连接阀门K1，一开始时阀门K1打开，K2锁定，A室容器上连接有一管内体积不计的U形管，两边水银柱高度差为76 cm，B室内气体压强等于外界大气压(已知外界大气压p0＝76 cmHg)。现关闭阀门K1，然后解锁K2，求A室最后的气体压强。
答案：95 cmHg
解析：A室气体开始的压强为p1＝p0＋ρgh＝152 cmHg，V1＝V0，B室气体开始的压强为p2＝p0＝76 cmHg，V2＝3V0
关闭阀门K1，然后解锁K2，最后达到热平衡后有：p1′＝p2′＝p，V1′＋V2′＝4V0
根据玻意耳定律知：
对A室气体：p1V1＝p1′V1′，
对B室气体：p2V2＝p2′V2′
代入数据联立解得p＝95 cmHg，
则A室最后的气体压强为95 cmHg。
呼吸机的工作原理可以简述为：吸气时会将气体压入患者的肺内，当压力上升到一定值时，呼吸机会停止供气，呼气阀也会相继打开，患者的胸廓和肺就会产生被动性的收缩，进行呼气。若吸气前肺内气体的体积为V0，肺内气体压强为p0(大气压强)。吸入一些压强为p0的气体后肺内气体的体积变为V，压强变为p，整个过程温度保持不变，则吸入气体的体积为(压强为p0时的体积)( )
对点训练
答案：D
探究?
气体等温变化的图像
要|点|提|炼
气体等温变化的两种图像
3．如图所示，A、B是一定质量的某种气体在两条等温线上的两个状态点。这两点与坐标原点O和对应坐标轴上的VA、VB坐标所围成的三角形面积分别为SA、SB，对应温度分别为tA、tB，则( )
A．SA>SB，tA>tB
B．SA＝SB，tAC．SAD．SA>SB，tA答案：C
如图所示为一定质量的某种气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条等温线上，则此变化过程中( )
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．从A到C的过程中温度保持不变
对点训练
答案：A
解析：作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA＝TC，故从A到B的过程，温度升高，故A正确；从B到C的过程，温度降低，故B错误；从A到C的过程温度先升高后降低，故C、D错误。
核心素养提升
两部分气体的关联问题
用活塞或水银封闭的两部分或多部分气体，其解题方法为：
(1)对用来分隔两部分气体的那个物体(活塞、水银柱等)进行受力分析，按其运动状态用牛顿运动定律或平衡条件列方程，求解压强关系。
(2)分析两部分气体的体积关系，注意分隔物的移动使它们的体积发生变化。
(3)对于各部分气体，在状态变化前后各自遵循玻意耳定律，即pAVA＝pA′VA′，pBVB＝pB′VB′，联立求解。
如图所示，导热汽缸由两个横截面不同的圆筒连接而成。活塞A、B被轻质刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动。A、B的质量分别为mA＝12 kg，mB＝8.0 kg，横截面积分别为SA＝4.0×10－2 m2，SB＝2.0×10－2 m2。一定质量的某种气体被封闭在两活塞之间，活塞外侧大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取 10 m/s2。
案例
(1)汽缸水平放置达到如图甲所示的平衡状态，求此时汽缸内气体的压强。
(2)已知汽缸水平放置时气体的体积V1＝2.0×10－2 m3。现保持温度不变，将汽缸竖直放置，达到平衡状态后如图乙所示，与图甲相比，活塞在汽缸内移动的距离l为多少？
答案：(1)1.0×10 5 Pa (2)9.1×10－2 m
解析：(1)汽缸处于图甲位置时，设汽缸内气体压强为p1，对活塞和杆进行受力分析，如图所示，根据力的平衡条件有
p0SA＋p1SB＝p1SA＋p0SB
解得p1＝p0＝1.0×105 Pa。
(2)汽缸处于图乙位置时，设汽缸内气体压强为p2，对活塞和杆进行受力分析如图所示，根据力的平衡条件有
p0SA＋p2SB＋(mA＋mB)g＝p2SA＋p0SB
设V2为汽缸处于图乙位置时缸内气体的体积，由玻意耳
定律可得p1V1＝p2V2
由几何知识可得V1－V2＝l(SA－SB)
由以上各式解得l＝9.1×10－2 m。
课堂达标检测
一、被封闭气体压强求法
1．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，大气压为p0，则被圆板封闭在容器中的气体的压强为( )
答案：D
2．(2023·湖北省武汉市高二联考)如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落(下落过程中温度保持不变)，管内气体( )
A．压强增大，体积增大
B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大
D．压强减小，体积减小
答案：B
解析：设大气压为p0，试管内封闭气体压强为p1，水银重力为G，试管横截面积为S，根据平衡则有p0S＝p1S＋G
自由下落时，水银处于完全失重状态，根据受力平衡则有p0S＝p2S
对比可得p2>p1，即压强增大。根据玻意耳定律则有p1V1＝p2V2
所以V1>V2，体积变小。故选项B正确。
二、玻意耳定律
3．如图所示，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，则下列关于细管中被封闭空气的说法正确的是( )
A．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：当水位升高时，细管中的水位也升高，被封闭空气的体积减小，由玻意耳定律可知，压强增大，故B正确。
4．如图，足够长的玻璃管水平放置，用长19 cm的水银封闭一段长为25 cm的空气柱，大气压强为76 cmHg，环境温度不变，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，则空气柱长度变为多少？
答案：20 cm
解析：初态空气柱压强p1＝76 cmHg，体积V1＝25 cm×S，将玻璃管缓慢顺时针旋转到竖直，末态空气柱压强p2＝76 cmHg＋19 cmHg＝95 cmHg，体积V2＝L2S，由玻意耳定律p1V1＝p2V2得：L2＝20 cm。
三、等温线(p－V图像)
5．(2024·湖南长沙高二下期中)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，由状态①变化到状态②。如果环境保持恒温，分别用p、V、T表示该理想气体的压强、体积、温度，如图中的图像可表示此过程的是( )
答案：A
解析：p－V图像是双曲线即等温线，且由①到②体积增大，压强减小，故A正确；对B图像进行分析，p－V图像是直线，温度会发生变化，故B错误；对C图像进行分析，可知温度不变，体积却减小，故C错误；对D图像进行分析，可知温度不变，压强是增大的，题意中由①到②压强减小，故D错误。
A．0.2LS
B．0.5LS
C．0.6LS
D．0.8LS
答案：C第一章 2. 第1课时
基础达标练
1．(2024·山东滨州期中)在均匀直玻璃管中有一段12 cm长的水银柱封住了一定质量的气体，若将玻璃管开口向上放置在倾角θ＝30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)( A )
A．76 cmHg B．82 cmHg
C．88 cmHg D．70 cmHg
答案：A
解析：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图所示，因玻璃管和水银柱组成的系统的加速度a＝gsin θ，所以对水银柱，由牛顿第二定律得p0S＋mgsin θ－pS＝ma，故p＝p0，A正确。
2．(2023·山东济南外国语学校高二下测试)一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( B )
A． L B．2 L
C． L D．3 L
答案：B
解析：气体初状态的压强p1＝3 atm，体积V1＝V；末状态的压强p2＝1 atm，体积V2＝V＋4 L。由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即3 atm×V＝1 atm×(V＋4 L)，解得V＝2 L，故B正确。
3．(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(双曲线)，则下列说法正确的是( A )
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．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答案：ABD
解析：由于等温线是一条双曲线，它表明在温度保持不变的情况下，气体的压强与体积成反比，A正确；一定质量的气体，在不同温度、相同压强的情况下，体积不同，因此等温线不同，B正确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，图像离坐标轴越远，故T14．(多选)如图所示，L形直角细管，管内两水银柱长度分别为56 cm和40 cm，其中弯角部分的水银柱在竖直管和水平管中的长度均为20 cm，竖直管和水平管各封闭了一段气体A和B，长度分别为19 cm和28 cm。且上端水银面恰至管口，外界大气压强为76 cmHg，现以水平管为轴缓慢转动使L形管变为水平，此过程中( A )
A．气体B的长度变化量为28 cm
B．气体A的长度变化量为33 cm
C．溢出的水银柱长度为42 cm
D．溢出的水银柱长度为14 cm
答案：AC
解析：由图可知，初始状态，气体A的压强为pA＝76＋56 cmHg＝132 cmHg，气体B的压强为pB＝76＋56＋20 cmHg＝152 cmHg，以水平管为轴缓慢转动使L形管变为水平，假设稳定后，水银柱均水平，则两部分气体压强均等于大气压强，为76 cmHg，根据玻意耳定律pALAS＝pLA′S，pBLBS＝pLB′S，解得LA′＝33 cm，LB′＝56 cm，由于ΔLB＝LB′－LB＝28 cm>20 cm，假设成立，故气体B的长度变化量为28 cm，故A正确；气体A的长度变化量为ΔLA＝LA′－LA＝14 cm，故B错误；溢出的水银柱长度为L＝ΔLA＋ΔLB＝42 cm，故C正确，D错误。
5．为了直观地描述一定质量气体在等温变化时压强p与体积V的关系，通常建立p－V坐标系来研究。该气体在T1、T2温度下的等温线(为双曲线的一支)如图所示，则它的p－图像应为( B )
答案：B
解析：根据玻意耳定律pV＝C，C与温度有关，温度越高，C越大，可知p与V之积越大表示温度越高，则T2>T1；根据pV＝C可知p＝·C，故p与成正比，p－图线的延长线过原点，且温度越高图线的斜率越大，故B正确。
6．如图所示，一试管开口朝下插入盛水的广口瓶中，在某一深度静止时，管内有一定的空气。若向广口瓶中缓慢倒入一些水，则试管将( B )
A．加速上浮
B．加速下沉
C．保持静止
D．以原静止位置为平衡位置上下振动
答案：B
解析：题图中试管在水下某深度处于静止状态，浮力(等于排开水的重力)与试管重力相平衡，当试管中空气压强稍大些，即试管稍下移或向广口瓶中加水时，试管内的空气被压缩，浮力将减小，试管将下沉，在下沉的过程中，空气所受压强越来越大，浮力越来越小，试管将加速下沉，故B正确。
7．如图所示，竖直放置的一根上端开口、下端封闭、长为90 cm的细玻璃管，内有两段长度均为15 cm的水银柱，封闭了长度均为15 cm的A、B两段空气柱，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度保持不变。
(1)求两段空气柱的压强之比pA∶pB。
(2)若缓慢将此玻璃管倒置，试通过计算判断水银会不会从玻璃管口漏出。
答案：(1)pA∶pB＝6∶7
(2)不会从玻璃管口漏出
解析：(1)A段空气柱的压强：pA＝p0＋ph＝90 cmHg
B段空气柱的压强pB＝pA＋ph＝105 cmHg
则pA∶pB＝6∶7。
(2)玻璃管倒置，A、B两段气体均发生等温变化，假设没有水银漏出
对A段气体：pA′＝p0－ph＝60 cmHg，pAhS＝pA′hAS，
解得hA＝22.5 cm
对B段气体：pB′＝pA′－ph＝45 cmHg，pBhS＝pB′hBS，
解得hB＝35 cm
两段水银柱和两段空气柱总长度为x，则x＝hA＋hB＋2h＝87.5 cm<90 cm。可知水银不会从玻璃管口漏出。
能力提升练
8．如图所示为一种减震垫，上面布满了圆柱状薄膜气泡，每个气泡内充满体积为V0、压强为p0的气体。当平板状物品平放在气泡上时，气泡被压缩。若气泡内气体温度保持不变，当单个气泡体积被压缩到V时，单个气泡与物品接触面的面积为S，则此时每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力为( A )
A． B．
C． D．
答案：A
解析：取单个气泡研究，据p0V0＝pV知，压缩后气体的压强p＝，则每个气泡内气体对接触面处薄膜的压力F＝pS＝，选项A正确。
9．如图所示，两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的高度差为H。现在将该U形管平放，使两臂处于同一水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L。若温度不变，关于L和H的大小有( A )
A．L>H B．LC．L＝H D．无法判断
答案：A
解析：假设U形管平放后两部分气体的体积不变，即L和H的大小相等。在竖直状态时可以判断出左侧空气柱压强应比右侧空气柱压强大，如果水平时L和H相等，两端的气柱体积不变，压强也不变。此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下移动，即原来左侧的空气柱变长，原来右侧的空气柱变短，则可知L>H，A正确。
10．医院里的某一氧气瓶的容积为20 L，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。病人每天吸氧需要消耗1个大气压的氧气30 L，当氧气瓶中氧气的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若病人吸氧过程中氧气的温度保持不变，则这瓶氧气重新充气前可供病人吸氧的天数为( C )
A．6天 B．10天
C．12天 D．18天
答案：C
解析：由于温度不变，以氧气瓶中原来气体为研究对象，由p1V1＝p2V2可知，当p2＝2 atm时，V2＝＝200 L，此时要重新充气，病人用去氧气体积V3＝180 L，再由n×1 atm×V0＝2 atm×V3可知，吸氧天数n＝＝12，故选C。
11．(2024·河北模拟预测)某同学制作了一个简易的大气压强测量计。如图所示，用胶塞封闭体积为V0的广口瓶。U形玻璃管倒插入广口瓶，用胶管与直玻璃管连接，内部充有一定水。测量时首先打开胶塞再重新封闭，调整胶管使U形管水面与直玻璃管水面相平，并记录U形管左侧水面位置k。现用容积为ΔV的注射器注入与大气压强相等的气体，上下调整直玻璃管，使U形管左侧水面仍在k位置，测出直玻璃管液面p到k位置的高度差为Δh，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计U形管的体积，则大气压强为( B )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：根据玻意耳定律可得p0(V0＋ΔV)＝(p0＋ρgΔh)V0，解得p0＝，故选B。
12．如图，U形细管左端开口，右端封闭。右边封闭一定质量的气体，气柱长度为9 cm；左边用5 cm高水银柱也封闭有一定质量的气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为20 cm，大气压为75 cmHg。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了3 cm。气体温度均保持不变。求：
(1)左边注入水银后，右边气柱压强的数值；
(2)左边注入水银的高度。
答案：(1)90 cmHg (2)36 cm
解析：(1)左边封闭气体压强开始为p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右边封闭气体压强开始为p2＝80 cmHg－20 cmHg＝60 cmHg
右边封闭气体体积V2＝l2S，气柱长度l2＝9 cm
右边液面上升3 cm，气柱长度变为l2′＝l2－3 cm＝6 cm
右边封闭气体压强后来为p2′，体积V2′＝l2′S
对右边封闭气体由玻意耳定律知p2V2＝p2′V2′
解得p2′＝90 cmHg，，即左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90 cmHg。
(2)左边注入水银后，左边封闭气体压强值变为p1′＝p2′＋ρg(20 cm＋6 cm)＝116 cmHg
则其上水银柱长度h1′＝116 cm－75 cm＝41 cm
注入水银柱的长度Δh＝h1′－h1＝36 cm，即左边注入的水银柱高度为36 cm。
13．如图中竖直圆筒固定不动，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＝20 cm，活塞A的上方的水银深H＝10 cm，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：
(1)最后水银柱的总高度；
(2)气柱的长度；
(3)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p相当于75 cm高水银柱产生的压强)
答案：(1)25 cm (2)17 cm (3)8 cm
解析：(1)设细筒横截面积为S，粗筒的横截面积是细筒的4倍，则粗筒横截面积为4S，
由体积相等得：5 cm×4S＝hS
解得：h＝20 cm，即进入细筒中水银柱高应为h＝20 cm，最后水银柱的总高度h′＝h＋＝25 cm。
(2)开始时，气体：p1＝p＋pH＝85 cmHg，V1＝lS′＝20 cm·S′
被封气体的末态压强为：
p2＝p＋ph′＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg
封闭气体等温变化，末态体积V2＝S′l2
由玻意耳定律p1V1＝p2V2得l2＝＝17 cm。
(3)由几何关系得活塞B上移的距离：
Δh＝5 cm＋(20－17) cm＝8 cm。
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