(共71张PPT)
气体的等温变化
(赋能课——精细培优科学思维)
第2课时
课标要求 学习目标
理解玻意耳定律。
1
课前预知教材/落实主干基础
2
课堂精析重难/深度发掘知能
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
课前预知教材/落实主干基础
1.气体的等温变化：一定质量的气体，在___________的条件下，其压强与体积变化时的关系。
2.玻意耳定律
内容 一定质量的某种气体，在______不变的情况下，压强p与体积V成______
成立 条件 (1)______ 一定，______不变。
(2)温度不太低，压强不太大
温度不变
温度
反比
质量
温度
表达式
p-V 图像 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_________的一支
p2V2
双曲线
续表
一条直线
续表
如图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧
挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘
内部分空气，然后把锁扣扳下，使外界空气不能进入
吸盘。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好、有效面积为8 cm2(不计吸盘和墙壁接触部分的面积)，扳下锁扣前吸盘内体积为1.0 cm3，压强等于大气压强为1×105 Pa，空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为2.0 cm3，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍。
微情境·大道理
请对以下结论作出判断：
(1)扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa。 ( )
(2)扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3。 ( )
(3)该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N。 ( )
(4)冬天使用该吸盘时，吸盘能够承受的最大拉力将减小。 ( )
×
×
√
×
课堂精析重难/深度发掘知能
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(连通器原理)。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。
强化点(一) 封闭气体压强的计算
要点释解明
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，由平衡条件F合=0列式求气体压强。
提醒：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解。
3.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，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。
[典例] (2024·临沂高二检测)汽缸的横截面积为S，质量
为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹
角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静
止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。
[答案] p0+
[解析] 对重物和活塞整体进行受力分析，如图所示，
由平衡条件得p气S'=。
又因为S'=，
所以p气=
=p0+。
1.如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过
弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体，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 ( )
题点全练清
A.封闭气体的压强p=p0+
B.封闭气体的压强p=p0+
C.封闭气体的压强p=p0-
D.封闭气体的压强p=
√
解析：以缸套为研究对象，受力分析如图所示，根据平衡条
件可知，Mg+pS=p0S，解得p=p0-，C正确，A、B、D错误。
2.若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各图中被封闭气体的压强。
答案：p0-ρgh p0-ρgh p0-ρgh p0+ρgh1
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S+ρghS=p0S，所以p甲=p0-ρgh
在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知p乙S+ρghS=p0S，所以p乙=p0-ρgh
在题图丙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有p丙S+ρghsin 60°·S=p0S，所以p丙=p0-ρgh
在题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得p丁S=(p0+ρgh1)S，所以p丁=p0+ρgh1。
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.应用玻意耳定律的思路
(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)。
要点释解明
强化点(二) 玻意耳定律的理解和应用
(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舍去。
[典例] (2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在
水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截
面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。
两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。
现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强。
[答案] p0
[解析] 对左右汽缸内所封闭的气体，初态压强p1=p0，体积V1=SH+2SH=3SH，
末态压强p2，体积V2=S·H+H·2S=SH，根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2，
解得p2=p0。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
[答案]
[解析] 设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S，解得m=，
对左侧活塞受力分析可知p0S+k·H=p2S，
解得k=。
1.(2024·河北邯郸高二月考)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
题点全练清
√
解析：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)×10-3 m，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，解得h=748 mm，A正确。
2.(2024·浙江湖州高二质检)图甲为某家转椅公司生产的一款气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，升降椅中间有一个开口向上、导热性能良好的汽缸，汽缸内封闭有压强为p0、体积为V0的气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为V0。已知活塞横截面积为S，与汽缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，环境气压为标准大气压p0，汽缸不漏气，重力加速度为g。求：
(1)该同学坐上座椅稳定后，汽缸内气体的压强p;
答案：1.5p0
解析：该同学坐上座椅后，由玻意耳定律有p0V0=pV0，解得p=1.5p0。
(2)该同学的质量m。
答案：
解析：由受力平衡有mg+p0S=pS，解得m=。
如图所示，p-图线是一条过原点的直线，更能直观
描述压强与体积的关系，为什么直线在原点附近要画成
虚线
提示：在等温变化过程中，体积不可能无限大，故和p不可能为零，所以图线在原点附近要画成虚线，表示过原点，但此处实际不存在。
任务驱动
强化点(三) 气体等温变化的图像
两种等温变化图像的比较
要点释解明
两种图线 内容 p-V图线
图线特点
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，因此等温过程的p-V图线是双曲线的一支
温度高低 直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2>T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p-V图像上的等温线就越高，图中T1续表
[典例] 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( )
√
[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pV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。
/方法技巧/
等温线问题的处理技巧
(1)p-V图线与p- 图线都能反映气体等温变化的规律，分析问题时一定要注意区分两个图线的不同形状。
(2)p-图像是一条直线，p-V图像是双曲线的一支，处理问题时，应先明确图像的具体形状，再做相应的分析。
1.(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下图中能正确描述一定质量的气体发生等温变化的是 ( )
题点全练清
√
√
解析：A图中可以直接看出温度不变;B图说明p∝，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。
2.(多选)如图所示为一定质量的某种气体的两条p-V
图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态
温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
A.TA=TB B.TB=TC
C.TC>TD D.TD>TA
√
√
解析：p-V图像上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远。由题图知A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，TA=TB，同理可得TC=TD，A正确，C错误;B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误;越靠近坐标原点的等温线表示的温度越低，故有TA课时跟踪检测
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A级——基础达标
1.关于气体的体积，下列说法正确的是( )
A.气体的体积就是所有气体分子体积的总和
B.气体的体积与气体的质量成正比
C.气体的体积与气体的密度成反比
D.气体的体积等于气体所在容器的容积
√
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解析：气体的体积是所有气体分子占据的空间的体积的总和，A错误;只有当气体的密度一定时，气体的体积才与气体的质量成正比，B错误;只有当气体的质量一定时，气体的体积才与气体的密度成反比，C错误;气体总是充满整个容器，则气体的体积等于气体所在容器的容积，D正确。
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2.如图所示，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，重力加速度为g) ( )
A.p0-ρg(h1+h2-h3) B.p0-ρg(h1+h3)
C.p0-ρg(h1+h3-h2) D.p0-ρg(h1+h2)
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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=p0-ρg(h1+h3)，B正确。
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3.如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量
的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方
存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上
方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是( )
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解析：由题意知，封闭气体做的是等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。
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4.质量为M的汽缸口朝上静置于水平地面上(如图甲)，用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计)，活塞的横截面积为S。将汽缸倒扣在水平地面上(如图乙)，静止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是 ( )
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A.图甲中，汽缸对地面的压力为Mg
B.图甲中，封闭气体压强为p0+
C.图乙中，地面对汽缸的支持力为Mg+p0S
D.图乙中，封闭气体压强为p0-
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解析：对题图甲中的活塞受力分析可知，p0S+mg=pS，则封闭气体压强为p=p0+，B正确;对题图甲、乙中的活塞和汽缸整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg+mg，则汽缸对地面的压力为Mg+mg，A、C错误;对题图乙中的活塞受力分析可知，p'S+mg=p0S，则封闭气体压强为p'=p0-，D错误。
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5.如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5 cm的水银柱封闭了一段长为6 cm 的气柱，保持温度不变，将管缓慢转动至水平位置，气柱长度变为(大气压强为75 cmHg) ( )
A.5.6 cm B.6.0 cm
C.6.4 cm D.7.1 cm
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解析：初状态封闭气体压强为p=p0+ph=80 cmHg，末状态封闭气体压强为p'=p0=75 cmHg，由玻意耳定律得pLS=p'L'S，解得L'=6.4 cm，故A、B、D错误，C正确。
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6.已知标准大气压p0=1.01×105 Pa，一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，湖水密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的 ( )
A.3倍 B.2倍
C.1.5倍 D.
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解析：由于气泡缓慢上升，在湖面下20 m处，气泡的压强p1=p0
+ρgh1≈3 atm(1 atm即1个标准大气压p0=1.01×105 Pa，湖面上的大气压强为1 atm);在湖面下10 m深处，气泡的压强p2=p0+ρgh2≈2 atm。由玻意耳定律得p1V1=p2V2，因此=≈=1.5，故C正确。
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7.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 ( )
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
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解析：由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气压强增大，根据玻意耳定律可知，体积减小，B正确。
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8.(多选)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 ( )
A.h2变长 B.h2不变
C.水银柱上升 D.水银柱下降
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解析：以管中高h1的水银柱为研究对象，可得管内封闭气体的压强为p=p0+ρgh1，取管下端开口处液面为研究对象，有p=p0+ρgh2，则h1=h2，h1不变，则h2不变，故A错误，B正确;当外界压强增大时，管内封闭气体的压强p增大，根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故C错误，D正确。
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9.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，求此时药瓶
内气体的压强。
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答案：1.3×105 Pa
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。
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B级——综合应用
10.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一
定质量的气体，若将玻璃管开口向上放置在倾角为30°
的光滑斜面上(如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强为(大气压强p0=76 cmHg)( )
A.76 cmHg B.82 cmHg
C.88 cmHg D.70 cmHg
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解析：汞柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理。对汞柱的受力分析如图所示，对玻璃管和汞柱组成的系统，由牛顿第二定律得(M+m)gsin 30°=(M+m)a，加速度为a=g。对汞柱由牛顿第二定律得p0S+mgsin 30°-pS=ma，故p=p0=76 cmHg。
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11.(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，气体处于A状态和B状态时，气
体温度分别为T1和T2，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的各状态参量均相同
D.B→C体积增大、压强减小、温度不变
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解析：在p- 图像中，D→A是过原点直线的一部分，所以D→A是一个等温过程，故A正确;直线BC是过原点的直线，所以直线BC是等温线，因为直线BC的斜率大于直线AD，所以T2>T1，则A到B温度升高，故B、C错误;B→C是一个等温过程，由玻意耳定律可知，V增大，则p减小，故D正确。
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12.(多选)如图所示，汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体，活塞横截面积为S，活塞到汽缸底部的距离为L，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸导热性能良好。现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙，活塞下移达到稳定，环境温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g，则( )
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A.细沙质量为
B.汽缸内分子的平均动能增大
C.汽缸内气体分子的数密度不变
D.单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多
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解析：在初状态有p1S=mg+p0S，在末状态有p2S=mg+m沙g+p0S，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1SL=p2S×L，联立解得m沙=，故A正确;由于汽缸导热性能良好且环境温度保持不变，即汽缸内气体温度不变，则汽缸内分子的平均动能不变，故B错误;汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，则汽缸内气体分子的数密度增大，故C错误;由于温度不变，则汽缸内气体分子的平均动能不变，平均速率不变;在等温压缩时压强增大，则单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多，故D正确。
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13.如图所示，一汽缸开口竖直向下吊在天花板上，汽缸内
质量为M、横截面积为S的水平活塞与汽缸内壁紧密接触并且可
以在缸内无摩擦地自由滑动，活塞下通过轻绳吊一质量为m的重
物，此时活塞上表面到缸底的距离为d，现去掉重物。大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，环境温度保持不变，汽缸的导热性能良好。求：
(1)去掉重物前系统平衡时，汽缸内气体的压强p;
答案：p0-
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解析：去掉重物前系统平衡时，对活塞受力分析，
有pS+Mg+mg=p0S，解得p=p0-。
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(2)去掉重物后系统重新平衡时，活塞上表面到缸底的距离x。
答案：d
解析：去掉重物后系统重新平衡时，对活塞受力分析，
有p'S+Mg=p0S
解得p'=p0-
由玻意耳定律有pSd=p'Sx
解得x=d。
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4第2课时气体的等温变化
(赋能课—精细培优科学思维)
课标要求 学习目标
理解玻意耳定律。 1.掌握玻意耳定律的内容、公式及适用条件，学会利用该定律解决有关问题。理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题。2.体会玻意耳定律的建立过程。体会用p V图像或p 图像描述一定量的气体的等温变化过程。
1．气体的等温变化：一定质量的气体，在______的条件下，其压强与体积变化时的关系。
2．玻意耳定律
内容 一定质量的某种气体，在______不变的情况下，压强p与体积V成______
成立条件 (1)______一定，______不变。
(2)温度不太低，压强不太大
表达式 p1V1＝________或pV＝C(常量)或＝________
p V图像 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____________的一支
p 图像 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与成正比，在p 图像中的等温线是过原点的________
[微情境·大道理]
如图为吸盘工作原理示意图，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁扣把吸盘紧压在墙上，挤出吸盘内部分空气，然后把锁扣扳下，使外界空气不能进入吸盘。由于吸盘内外存在压强差，使吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好、有效面积为8 cm2(不计吸盘和墙壁接触部分的面积)，扳下锁扣前吸盘内体积为1.0 cm3，压强等于大气压强为1×105 Pa，空气密度为1.29 kg/m3，扳下锁扣后吸盘内体积变为2.0 cm3，已知吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力是其与墙壁间正压力的1.5倍。
请对以下结论作出判断：
(1)扳下锁扣后吸盘内气体压强为1.8×105 Pa。( )
(2)扳下锁扣后吸盘内气体密度为1.03 kg/m3。( )
(3)该吸盘此时能悬挂的物体的重力不能超过60 N。( )
(4)冬天使用该吸盘时，吸盘能够承受的最大拉力将减小。( )
强化点(一) 封闭气体压强的计算
[要点释解明]
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(连通器原理)。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．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，由平衡条件F合＝0列式求气体压强。
提醒：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解。
3．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，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强。
[典例] (2024·临沂高二检测)汽缸的横截面积为S，质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α，如图所示，当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态。设外部大气压强为p0，若活塞与缸壁之间无摩擦。重力加速度为g，求汽缸中气体的压强。
尝试解答：
[题点全练清]
1.如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封有一定质量的气体，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( )
A．封闭气体的压强p＝p0＋
B．封闭气体的压强p＝p0＋
C．封闭气体的压强p＝p0－
D．封闭气体的压强p＝
2．若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，求各图中被封闭气体的压强。
强化点(二) 玻意耳定律的理解和应用
[要点释解明]
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．应用玻意耳定律的思路
(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)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舍去。
[典例] (2023·湖北高考)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降H，左侧活塞上升H。已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)最终汽缸内气体的压强。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。
尝试解答：
[题点全练清]
1．(2024·河北邯郸高二月考)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
2．(2024·浙江湖州高二质检)图甲为某家转椅公司生产的一款气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，升降椅中间有一个开口向上、导热性能良好的汽缸，汽缸内封闭有压强为p0、体积为V0的气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为V0。已知活塞横截面积为S，与汽缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，环境气压为标准大气压p0，汽缸不漏气，重力加速度为g。求：
(1)该同学坐上座椅稳定后，汽缸内气体的压强p；
(2)该同学的质量m。
强化点(三) 气体等温变化的图像
任务驱动
如图所示，p图线是一条过原点的直线，更能直观描述压强与体积的关系，为什么直线在原点附近要画成虚线？
[要点释解明]
两种等温变化图像的比较
两种图线内容 p 图线 p V图线
图线特点
物理意义 一定质量的气体，温度不变时，p与成正比，在p 图像上的等温线应是过原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p V图线是双曲线的一支
温度高低 直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV乘积越大，温度就越高，图中T2>T1 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p V图像上的等温线就越高，图中T1[典例] 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( )
听课记录：
等温线问题的处理技巧
(1)p V图线与p 图线都能反映气体等温变化的规律，分析问题时一定要注意区分两个图线的不同形状。
(2)p 图像是一条直线，p V图像是双曲线的一支，处理问题时，应先明确图像的具体形状，再做相应的分析。
[题点全练清]
1．(多选)如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下图中能正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
2．(多选)如图所示为一定质量的某种气体的两条p V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
A．TA＝TB B．TB＝TC
C．TC>TD D．TD>TA
第2课时 气体的等温变化
1．温度不变 2.温度 反比 质量 温度 p2V2 双曲线 一条直线
[微情境·大道理]
(1)× (2)× (3)√ (4)×
强化点(一)
[典例] 解析：对重物和活塞整体进行受力分析，如图所示，由平衡条件得p气S′＝。
又因为S′＝，
所以p气＝
＝p0＋。
答案：p0＋
[题点全练清]
1．选C 以缸套为研究对象，受力分析如图所示，根据平衡条件可知，Mg＋pS＝p0S，解得p＝p0－，C正确，A、B、D错误。
2．解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知p甲S＋ρghS＝p0S，所以p甲＝p0－ρgh
在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件知p乙S＋ρghS＝p0S，所以p乙＝p0－ρgh
在题图丙中，以B液面为研究对象，
由平衡条件有p丙S＋ρghsin 60°·S＝p0S，所以p丙＝p0－ρgh
在题图丁中，以A液面为研究对象，由平衡条件得p丁S＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝p0＋ρgh1。
答案：p0－ρgh p0－ρgh p0－ρgh p0＋ρgh1
强化点(二)
[典例] 解析：(1)对左右汽缸内所封闭的气体，初态压强p1＝p0，体积V1＝SH＋2SH＝3SH，
末态压强p2，体积V2＝S·H＋H·2S＝SH，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，
解得p2＝p0。
(2)设沙子的质量为m，对右侧活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S，解得m＝，
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S，
解得k＝。
答案：(1)p0 (2)
[题点全练清]
1．选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)×10－3 m，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，解得h＝748 mm，A正确。
2．解析：(1)该同学坐上座椅后，由玻意耳定律有p0V0＝pV0，解得p＝1.5p0。
(2)由受力平衡有mg＋p0S＝pS，解得m＝。
答案：(1)1.5p0 (2)
强化点(三)
[任务驱动] 提示：在等温变化过程中，体积不可能无限大，故和p不可能为零，所以图线在原点附近要画成虚线，表示过原点，但此处实际不存在。
[典例] 选B 根据玻意耳定律pV＝C，C与温度有关，温度越高，C越大，可知pV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。
[题点全练清]
1．选AB A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，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。
2．选AD p V图像上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远。由题图知A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，TA＝TB，同理可得TC＝TD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；越靠近坐标原点的等温线表示的温度越低，故有TA1 / 8课时跟踪检测(五) 气体的等温变化
A级——基础达标
1．关于气体的体积，下列说法正确的是( )
A．气体的体积就是所有气体分子体积的总和
B．气体的体积与气体的质量成正比
C．气体的体积与气体的密度成反比
D．气体的体积等于气体所在容器的容积
2．如图所示，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，重力加速度为g)( )
A．p0－ρg(h1＋h2－h3) B．p0－ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－h2) D．p0－ρg(h1＋h2)
3.如图所示，由导热材料制成的汽缸和活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体缓慢流出，在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。下列各个描述气体状态变化的图像中与上述过程相符合的是( )
4．质量为M的汽缸口朝上静置于水平地面上(如图甲)，用质量为m的活塞封闭一定量的气体(气体的质量忽略不计)，活塞的横截面积为S。将汽缸倒扣在水平地面上(如图乙)，静止时活塞没有接触地面。已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是( )
A．图甲中，汽缸对地面的压力为Mg
B．图甲中，封闭气体压强为p0＋
C．图乙中，地面对汽缸的支持力为Mg＋p0S
D．图乙中，封闭气体压强为p0－
5．如图，开口向上且足够长的玻璃管竖直放置，管内长为5 cm的水银柱封闭了一段长为6 cm 的气柱，保持温度不变，将管缓慢转动至水平位置，气柱长度变为(大气压强为75 cmHg)( )
A．5.6 cm B．6.0 cm
C．6.4 cm D．7.1 cm
6．已知标准大气压p0＝1.01×105 Pa，一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，湖水密度为1.0×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2，不考虑气泡温度的变化，它的体积约变为原来体积的( )
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍 D.
7．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( )
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
8.(多选)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( )
A．h2变长 B．h2不变
C．水银柱上升 D．水银柱下降
9.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，求此时药瓶内气体的压强。
B级——综合应用
10.有一段12 cm长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若将玻璃管开口向上放置在倾角为30°的光滑斜面上(如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强为(大气压强p0＝76 cmHg)( )
A．76 cmHg B．82 cmHg
C．88 cmHg D．70 cmHg
11．(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，气体处于A状态和B状态时，气体温度分别为T1和T2，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的各状态参量均相同
D．B→C体积增大、压强减小、温度不变
12．(多选)如图所示，汽缸内用厚度不计、质量为m的活塞封闭一定质量的气体，活塞横截面积为S，活塞到汽缸底部的距离为L，活塞与汽缸壁间的摩擦不计，汽缸导热性能良好。现缓慢地在活塞上加一定质量的细沙，活塞下移达到稳定，环境温度保持不变，大气压强为p0，重力加速度为g，则( )
A．细沙质量为
B．汽缸内分子的平均动能增大
C．汽缸内气体分子的数密度不变
D．单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多
13.如图所示，一汽缸开口竖直向下吊在天花板上，汽缸内质量为M、横截面积为S的水平活塞与汽缸内壁紧密接触并且可以在缸内无摩擦地自由滑动，活塞下通过轻绳吊一质量为m的重物，此时活塞上表面到缸底的距离为d，现去掉重物。大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，环境温度保持不变，汽缸的导热性能良好。求：
(1)去掉重物前系统平衡时，汽缸内气体的压强p；
(2)去掉重物后系统重新平衡时，活塞上表面到缸底的距离x。
课时跟踪检测(五)
1．选D 气体的体积是所有气体分子占据的空间的体积的总和，A错误；只有当气体的密度一定时，气体的体积才与气体的质量成正比，B错误；只有当气体的质量一定时，气体的体积才与气体的密度成反比，C错误；气体总是充满整个容器，则气体的体积等于气体所在容器的容积，D正确。
2．选B 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＝p0－ρg(h1＋h3)，B正确。
3．选D 由题意知，封闭气体做的是等温变化，只有D图线是等温线，故D正确。
4．选B 对题图甲中的活塞受力分析可知，p0S＋mg＝pS，则封闭气体压强为p＝p0＋，B正确；对题图甲、乙中的活塞和汽缸整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg＋mg，则汽缸对地面的压力为Mg＋mg，A、C错误；对题图乙中的活塞受力分析可知，p′S＋mg＝p0S，则封闭气体压强为p′＝p0－，D错误。
5．选C 初状态封闭气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态封闭气体压强为p′＝p0＝75 cmHg，由玻意耳定律得pLS＝p′L′S，解得L′＝6.4 cm，故A、B、D错误，C正确。
6．选C 由于气泡缓慢上升，在湖面下20 m处，气泡的压强p1＝p0＋ρgh1≈3 atm(1 atm即1个标准大气压p0＝1.01×105 Pa，湖面上的大气压强为1 atm)；在湖面下10 m深处，气泡的压强p2＝p0＋ρgh2≈2 atm。由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，因此＝≈＝1.5，故C正确。
7．选B 由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气压强增大，根据玻意耳定律可知，体积减小，B正确。
8．选BD 以管中高h1的水银柱为研究对象，可得管内封闭气体的压强为p＝p0＋ρgh1，取管下端开口处液面为研究对象，有p＝p0＋ρgh2，则h1＝h2，h1不变，则h2不变，故A错误，B正确；当外界压强增大时，管内封闭气体的压强p增大，根据玻意耳定律pV＝C可知气体的体积减小，则水银柱下降，故C错误，D正确。
9．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。
答案：1.3×105 Pa
10.选A 汞柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件来处理。对汞柱的受力分析如图所示，对玻璃管和汞柱组成的系统，由牛顿第二定律得(M＋m)gsin 30°＝(M＋m)a，加速度为a＝g。对汞柱由牛顿第二定律得p0S＋mgsin 30°－pS＝ma，故p＝p0＝76 cmHg。
11．选AD 在p 图像中，D→A是过原点直线的一部分，所以D→A是一个等温过程，故A正确；直线BC是过原点的直线，所以直线BC是等温线，因为直线BC的斜率大于直线AD，所以T2＞T1，则A到B温度升高，故B、C错误；B→C是一个等温过程，由玻意耳定律可知，V增大，则p减小，故D正确。
12．选AD 在初状态有p1S＝mg＋p0S，在末状态有p2S＝mg＋m沙g＋p0S，气体发生等温变化，由玻意耳定律有p1SL＝p2S×L，联立解得m沙＝，故A正确；由于汽缸导热性能良好且环境温度保持不变，即汽缸内气体温度不变，则汽缸内分子的平均动能不变，故B错误；汽缸内封闭气体被压缩，体积减小，则汽缸内气体分子的数密度增大，故C错误；由于温度不变，则汽缸内气体分子的平均动能不变，平均速率不变；在等温压缩时压强增大，则单位时间内撞击到单位面积汽缸壁上的分子数增多，故D正确。
13．解析：(1)去掉重物前系统平衡时，对活塞受力分析，
有pS＋Mg＋mg＝p0S
解得p＝p0－。
(2)去掉重物后系统重新平衡时，对活塞受力分析，
有p′S＋Mg＝p0S
解得p′＝p0－
由玻意耳定律有pSd＝p′Sx
解得x＝d。
答案：(1)p0－ (2)d
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