2.2 玻意耳定律
题组一 封闭气体压强的计算
1.弯曲管子内注有密度为ρ的水银，中间部分有空气，各管内液面高度差如图中所示，大气压强为p0，重力加速度为g，则图中A点处的压强是（ ）
A.p0＋3ρgh B.p0＋2ρgh
C.p0＋ρgh D.ρgh
2.如图所示，内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于（ ）
A.4p0＋ B.3p0＋
C.p0＋ D.条件不够，无法判断
3.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，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压强p为（ ）
A.p0＋ B.p0＋
C.p0－ D.
题组二 玻意耳定律的理解与应用
4.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
5.将密闭着一定质量的气体的导热汽缸按如图所示的两种方式放置。图（a）中竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与活塞相连；图（b）中竖直弹簧上端固定在天花板上，下端与活塞相连。不计汽缸内壁与活塞间的摩擦，环境温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内。当外界大气压强变大时，下列说法正确的是（ ）
A.两图中弹簧弹力均变大
B.图（a）中气体压强变大，图（b）中气体压强变小
C.相对于地面，图（a）中汽缸位置下降，图（b）中汽缸位置上升
D.相对于地面，图（a）中活塞位置下降，图（b）中活塞位置上升
题组三 气体等温变化的p-V图像
6.（多选）下列选项图中，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（ ）
7.（多选）如图所示是一定质量的气体由状态A到状态B再到状态C的变化过程，A、C两点在同一条双曲线上，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B再到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相等
8.如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，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（ ）
A.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
9.使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后呈稳定状态，如图所示。然后松手，橡胶头体积增大V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2的高度关系，有（ ）
A.V1＞V2 B.V1＜V2
C.V1＝V2 D.缺少数值无法判断
10.某玩具气枪的动力部分由活塞、汽缸和弹簧等组成，其简化示意图如图所示。使用时通过压动装置使弹簧压缩，扣动扳机时压缩后的弹簧被释放。已知弹簧压缩后，汽缸中气体和枪膛中气体压强均为p0，汽缸体积为V0，弹丸与阀门间枪膛形成另一封闭空间，其体积为V0。弹簧释放后，汽缸中气体体积被压缩至V0，此时阀门才被打开，被压缩后的气体迅速进入枪膛，推动弹丸前进。已知整个过程气体温度保持不变，求阀门打开前瞬间和阀门打开后瞬间汽缸中气体压强p1和p2。
11.（2024·江苏南通高二期中）如图甲所示的是真空搬运机搬运货物的过程。其原理如图乙所示，下面是要吸取的工件A，真空吸盘B空腔容积为V，抽气机通过通气口C抽气。假设真空吸盘内的气体均为理想气体，抽气过程中气体温度不变，外界大气压强为p0（真空吸盘边缘与工件接触部分不计，重力加速度取g＝10 m/s2，p0＝1×105 Pa）。
（1）假设真空吸盘在抽气过程中空腔的容积几乎不变，而在工作时空腔里的实际压强是0.01p0，求吸盘空腔中被抽去的气体质量和原来的气体质量之比；
（2）如果所吸工件的质量为1 t，求真空吸盘的最小面积。
2.2 玻意耳定律
1.B 同一液体内部等高处的压强处处相等，由图中液面的高度关系可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh，A点的压强为pA＝p1＋ρgh＝p0＋2ρgh，故选项B正确。
2.C 以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋，C正确。
3.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C正确。
4.C 初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态气体压强为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。
5.C 把汽缸和活塞当作整体，状态变化前后均满足平衡条件F＝（M＋m）g，弹簧弹力保持不变，两活塞位置保持不变，故A、D错误；图（a）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p0S＝p1S，p0增大，p1增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积缩小，汽缸位置下降；图（b）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p2S＝p0S，p0增大，p2增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积减小，汽缸位置上升，故B错误，C正确。
6.AB 选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线。故选A、B。
7.AD 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，A正确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两点在同一等温线上，D正确。
8.D 由题图可知，pAVA＝pBVB，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，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，故D正确。
9.A 捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为p1＝p0＋ρgh1。水进入了滴管后管内气体的压强为p2＝p0＋ρgh2。根据玻意耳定律得（p0＋ρgh1）V＝（p0＋ρgh2）V'，可得后来气体体积大于初始体积，即V'＞V，所以V1＞V2，故A正确。
10.4p0 p0
解析：弹簧压缩后到阀门打开前瞬间，根据玻意耳定律有p0V0＝p1V0，解得p1＝4p0，阀门打开后瞬间，根据玻意耳定律有p1V0＋p0V0＝p2（V0＋V0），解得p2＝p0。
11.（1） （2） m2
解析：（1）设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k，则质量之比也为k，以未被抽去的气体为研究对象，该部分气体原来体积为V-kV，压强为p0，该部分气体后来体积为V，压强为
p＝0.01p0
根据玻意耳定律有
p0（V－kV）＝pV
解得k＝。
（2）设真空吸盘的最小面积为S，则有
（p0－p）S＝mg
解得S＝ m2。
2 / 3第2课时 玻意耳定律
课标要求 素养目标
理解玻意耳定律 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。掌握玻意耳定律的内容和公式，知道定律的适用条件。理解气体等温变化的p-V图像的物理意义。（物理观念） 2.能用玻意耳定律解决实际问题。（科学思维）
知识点 玻意耳定律
1.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 。
2.公式
pV＝C（C是常量）或 。
3.条件
气体的 一定， 不变。
4.气体等温变化的p-V图像：气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为 ，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为 。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。
【情景思辨】
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，其胀破的原因是什么呢？
2.判断正误。
（1）玻意耳定律在任何条件下都成立。（ ）
（2）玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体。（ ）
（3）在公式pV＝C中，C是一个与气体无关的参量。（ ）
（4）若p -图像是一条过原点的倾斜直线，说明压强p与体积V成反比。（ ）
要点一 封闭气体压强的计算
【探究】
（1）如图甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强。
（2）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，试求封闭气体的压强。
【归纳】
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】 若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，求被封闭气体的压强。（重力加速度为g，图甲、乙中液体的密度为ρ，图丙中活塞的质量为m，活塞的横截面积为S）
尝试解答
易错警示
压强计算的两点注意
（1）液柱产生的压强p＝ρgh中，h是液柱竖直高度差，不一定是液柱长度。
（2）不要漏掉大气压强。
1.求图中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银。大气压强p0＝76 cmHg。
2.如图所示，汽缸的横截面积为S，活塞质量为M，在活塞上放质量为m的铁块，设大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，当汽缸以加速度a向上匀加速运动，汽缸和活塞达到相对静止状态时，求缸内封闭气体的压强p。
要点二 玻意耳定律的理解与应用
【探究】
如图所示为一位同学的美术作品，根据所掌握的物理知识，请探究：
（1）该美术作品中有没有错误？如有，正确的画法是什么？（用简单的文字表述，不要画图）
（2）这样画的物理学依据是什么？（假设河水温度不变）
【归纳】
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.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，该恒量C越大。
3.应用玻意耳定律解题的思路和方法
（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，有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，必要时还应根据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2】 （2024·山东济宁高二期中）如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝35 cm，两边水银柱高度差h＝12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后封闭气柱长度变为32 cm，此时两边水银柱的高度差。
尝试解答
规律方法
应用玻意耳定律解题时应注意的问题
（1）应用玻意耳定律解决问题时，一定要先确定好两个状态的体积和压强。
（2）确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转化成国际单位制单位。
如图所示，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50 cm，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。当空气柱被压缩到48 cm长时，压力传感器使洗衣机进水阀门关闭，此时洗衣缸内水位高度约为（ ）
A.44 cm B.42 cm
C.46 cm D.50 cm
要点三 气体等温变化的p-V图像
1.一定质量的某种气体，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，如图甲所示。
2.玻意耳定律pV＝C（常量），其中常量C随气体温度的升高而增大，常量C越大等温线离坐标轴越远，图乙中同一气体三条等温线的关系为T3＞T2＞T1。
3.一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3】 一定质量的气体由状态A沿直线变到状态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（ ）
A.一直下降 B.先上升后下降
C.先下降后上升 D.一直上升
尝试解答：
1.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（ ）
2.（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
1.（多选）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后呈现的物理现象是（ ）
A.封闭端内气体的压强增大
B.封闭端内气体的压强减小
C.封闭端内气体的压强不变
D.封闭端内气体的体积减小
2.（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T1＜T2
3.（多选）一定质量的气体在不同温度下的两条p-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.T1＜T2
4.一个气泡从水面下40 m深处缓缓上升到水面，假定水的温度均匀，水面上方的压强为1 atm，水面下方深度每增加10 m，压强大约增加1 atm，则气泡到达水面时的体积为原来的（ ）
A.3倍 B.4倍
C.5倍 D.6倍
5.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的理想气体，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0.75L0，气体温度保持不变，求：
（1）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，需向汽缸内充入与汽缸温度相同的大气体积。
2.2 玻意耳定律
【基础知识·准落实】
知识点
1.温度 反比 2.p1V1＝p2V2 3.质量 温度 4.双曲线 等温线
情景思辨
1.提示：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，膨胀到一定程度时，气球就会胀破。
2.（1）× （2）× （3）× （4）√
【核心要点·快突破】
要点一
知识精研
【探究】 提示：
（1）同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。
（2）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p＝p0＋。
【典例1】 甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0＋
解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝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pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋。
素养训练
1.（1）66 cmHg （2）71 cmHg （3）81 cmHg
解析：（1）p1＝p0－ρgh＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。
（2）p2＝p0－ρgh'＝76 cmHg－5 cmHg＝71 cmHg。
（3）p3＝p0＋ρgh2－ρgh1＝76 cmHg＋10 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。
2.p0＋
解析：以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得
pS－p0S－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得p＝p0＋。
要点二
知识精研
【探究】 提示：（1）有错误；气泡向水面运动，体积要逐渐增大。
（2）由玻意耳定律pV＝C可知，温度不变时，压强减小，体积增大。
【典例2】 （1）64 cmHg （2）6 cm
解析：（1）封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
（2）封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
素养训练
A 压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为p＝p0＋ρg（h－l1＋l2），其中l1＝50 cm，l2＝48 cm，则由玻意耳定律可知p0l1S＝[p0＋ρg（h－l1＋l2）]l2S，解得h≈43.7 cm，故A正确。
要点三
知识精研
【典例3】 B A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降。B正确。
素养训练
1.C 水平方向上有P1＝P0，竖直方向上有P2＝P0＋ρgh，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，所以p-V图线应为双曲线的一支，故C正确。
2.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。
【教学效果·勤检测】
1.AD 由图示可知，气体压强与外界压强间的关系为p2＝p0－ρgh，玻璃管倾斜，h变小，管中的气体压强变大，由pV＝C可知，气体体积变小，故A、D正确，B、C错误。
2.ABD 一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同的温度下等温线是不同的，故A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点的位置就越远，故C错误，D正确。
3.BD 由pV＝C变形得p＝C，即一定质量的气体在发生等温变化时，压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，A错误，B正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强越大，所以T1＜T2，C错误，D正确。
4.C 气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。
5.（1）3p1S （2）
解析：（1）设汽缸下降0.75L0后，气体压强为p2，由玻意耳定律得p1SL0＝p2SL0
解得p2＝4p1
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＝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
p2SL0＝p0V2
解得V2＝。
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2.2 玻意耳定律
课标要求 素养目标
理解玻
意耳 定律 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。掌握玻意耳定律的内容和公式，知道定律的适用条件。理解气体等温变化的p-V图像的物理意义。（物理观念）
2.能用玻意耳定律解决实际问题。（科学思维）
目 录
01.
基础知识·准落实
02.
核心要点·快突破
03.
教学效果·勤检测
04.
课时训练·提素能
基础知识·准落实
梳理归纳 自主学习
01
知识点 玻意耳定律
1. 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 。
2. 公式
pV＝C（C是常量）或 。
3. 条件
气体的 一定， 不变。
温度
反比
p1V1＝p2V2
质量
温度
4. 气体等温变化的p-V图像：气体的压强p随体积V的变化关系如图所
示，图线的形状为 ，它描述的是温度不变时的p-V关
系，称为 。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不
同的。
双曲线
等温线
【情景思辨】
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，其胀破的原因是什么呢？
提示：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，膨胀到一定程度时，气球就会胀破。
2. 判断正误。
（1）玻意耳定律在任何条件下都成立。 （ × ）
（2）玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体。 （ × ）
（3）在公式pV＝C中，C是一个与气体无关的参量。 （ × ）
（4）若p -图像是一条过原点的倾斜直线，说明压强p与体积V成
反比。 （ √ ）
×
×
×
√
核心要点·快突破
互动探究 深化认知
02
要点一 封闭气体压强的计算
【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
度大小为g，其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强。
提示：同一水平液面C、D处压强相同，
可得pA＝p0＋ρgh。
（2）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，试求封闭气体的
压强。
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p＝p0＋。
【归纳】
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】 若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，求
被封闭气体的压强。（重力加速度为g，图甲、乙中液体的密度为ρ，
图丙中活塞的质量为m，活塞的横截面积为S）
答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0＋
解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p
下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受
压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，
由连通器原理可知B液面所受向上的压强为大气压强p0，故有pA＋ρgh
＝p0，所以pA＝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pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0
－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，
所以p＝p0＋。
易错警示
压强计算的两点注意
（1）液柱产生的压强p＝ρgh中，h是液柱竖直高度差，不一定是液柱
长度。
（2）不要漏掉大气压强。
1. 求图中被封闭气体A的压强，图中的玻璃管内都灌有水银。大气压
强p0＝76 cmHg。
答案：（1）66 cmHg （2）71 cmHg （3）81 cmHg
解析：（1）p1＝p0－ρgh＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。
（2）p2＝p0－ρgh'＝76 cmHg－5 cmHg＝71 cmHg。
（3）p3＝p0＋ρgh2－ρgh1＝76 cmHg＋10 cmHg－5 cmHg＝81
cmHg。
2. 如图所示，汽缸的横截面积为S，活塞质量为M，在活塞上放质量
为m的铁块，设大气压强为p0，重力加速度为g，不计一切摩擦，
当汽缸以加速度a向上匀加速运动，汽缸和活塞达到相对静止状态
时，求缸内封闭气体的压强p。
答案：p0＋
解析：以活塞和铁块整体为研究对象，由牛顿第二定律得
pS－p0S－（M＋m）g＝（M＋m）a
解得p＝p0＋。
要点二 玻意耳定律的理解与应用
【探究】
如图所示为一位同学的美术作品，根据所掌握的物理知识，请探究：
（1）该美术作品中有没有错误？如有，正确的画法是什么？（用简
单的文字表述，不要画图）
提示：有错误；气泡向水面运动，体积要逐渐增大。
（2）这样画的物理学依据是什么？（假设河水温度不变）
提示：由玻意耳定律pV＝C可知，温度不变时，压强减小，体积
增大。
【归纳】
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. 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，
该恒量C越大。
（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，有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，必要时还应根据力学或几何知
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。
3. 应用玻意耳定律解题的思路和方法
【典例2】 （2024·山东济宁高二期中）如图所示，一端封闭、粗细
均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，用水银将一段气体封闭在管
中。当温度为T时，被封闭的气柱长L＝35 cm，两边水银柱高度差h＝
12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg。求：
（1）此时被封闭的气柱的压强p；
答案： 64 cmHg
解析：封闭气柱的压强为p＝p0－ph＝76 cmHg－12 cmHg＝64 cmHg。
解析：封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得pL＝p'L'
得p'＝70 cmHg
又p'＝p0－ph'
得ph'＝6 cmHg
即此时两边水银柱的高度差为6 cm。
（2）现向开口端缓慢注入水银，设气体温度保持不变，再次稳定后
封闭气柱长度变为32 cm，此时两边水银柱的高度差。
答案： 6 cm
规律方法
应用玻意耳定律解题时应注意的问题
（1）应用玻意耳定律解决问题时，一定要先确定好两个状态的体积
和压强。
（2）确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没
有必要都转化成国际单位制单位。
如图所示，自动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通，细管上部
封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封
闭，随着洗衣缸中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管中空气
压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，这样就可以自动
控制进水量。已知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为50 cm，大气
压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g＝
10 m/s2。当空气柱被压缩到48 cm长时，压力传感
器使洗衣机进水阀门关闭，此时洗衣缸内水位高度
约为（ ）
A. 44 cm B. 42 cm
C. 46 cm D. 50 cm
解析： 压力传感器关闭洗衣机进水阀门，此时管内气体的压强为p
＝p0＋ρg（h－l1＋l2），其中l1＝50 cm，l2＝48 cm，则由玻意耳定律
可知p0l1S＝[p0＋ρg（h－l1＋l2）]l2S，解得h≈43.7 cm，故A正确。
要点三 气体等温变化的p-V图像
1. 一定质量的某种气体，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，如图甲所示。
2. 玻意耳定律pV＝C（常量），其中常量C随气体温度的升高而增
大，常量C越大等温线离坐标轴越远，图乙中同一气体三条等温线
的关系为T3＞T2＞T1。
3. 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3】 一定质量的气体由状态A沿直线变到状态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（ ）
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： A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降。B正确。
1. 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（ ）
解析： 水平方向上有P1＝P0，竖直方向上有P2＝P0＋ρgh，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，所以p-V图线应为双曲线的一
支，故C正确。
2. （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
解析： 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。
教学效果·勤检测
强化技能 查缺补漏
03
1. （多选）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管内气
体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后呈现的物理
现象是（ ）
A. 封闭端内气体的压强增大
B. 封闭端内气体的压强减小
C. 封闭端内气体的压强不变
D. 封闭端内气体的体积减小
解析： 由图示可知，气体压强与外界压强间的关系为p2＝p0
－ρgh，玻璃管倾斜，h变小，管中的气体压强变大，由pV＝C可
知，气体体积变小，故A、D正确，B、C错误。
2. （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T1＜T2
解析： 一定质量的气体的等温线为双曲线，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，且在不同的温度下等温线是不同
的，故A、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐
标原点的位置就越远，故C错误，D正确。
3. （多选）一定质量的气体在不同温度下的两条p-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. T1＜T2
解析： 由pV＝C变形得p＝C，即一定质量的气体在发生等温
变化时，压强与体积的倒数成正比，则压强与体积成反比，A错
误，B正确；对同一部分气体来说，体积相同时，温度越高，压强
越大，所以T1＜T2，C错误，D正确。
4. 一个气泡从水面下40 m深处缓缓上升到水面，假定水的温度均匀，
水面上方的压强为1 atm，水面下方深度每增加10 m，压强大约增
加1 atm，则气泡到达水面时的体积为原来的（ ）
A. 3倍 B. 4倍
C. 5倍 D. 6倍
解析： 气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，
根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。
5. 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的理想气体，
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
0.75L0，气体温度保持不变，求：
（1）物体A的重力大小；
答案：3p1S
解析：设汽缸下降0.75L0后，气体压强为p2，由玻意耳
定律得p1SL0＝p2SL0
解得p2＝4p1
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＝
p2S－p1S
解得G＝3p1S。
（2）如果大气压强为p0，为使汽缸升到原位置，需向汽缸内充入
与汽缸温度相同的大气体积。
答案：
解析：要使汽缸恢复到原位置，需向汽缸内充入压强为p2，体
积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
p2SL0＝p0V2
解得V2＝。
04
课时训练·提素能
分层达标 素养提升
题组一 封闭气体压强的计算
1. 弯曲管子内注有密度为ρ的水银，中间部分有空气，各管内液面高
度差如图中所示，大气压强为p0，重力加速度为g，则图中A点处的
压强是（ ）
A. p0＋3ρgh B. p0＋2ρgh
C. p0＋ρgh D. ρgh
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解析： 同一液体内部等高处的压强处处相等，由图中液面的高
度关系可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ρgh，A点的压强为pA＝p1
＋ρgh＝p0＋2ρgh，故选项B正确。
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2. 如图所示，内壁光滑的汽缸竖直放置在水平地面上，T形活塞的质
量为M，下底面积为S，上底面积为4S，若大气压强为p0，重力加
速度为g，则被封闭气体的压强p等于（ ）
D. 条件不够，无法判断
解析： 以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭
气体的支持力，根据受力平衡得Mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋
，C正确。
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3. 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，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活
塞横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压
强p为（ ）
解析： 以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的
压强p＝p0－，故C正确。
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题组二 玻意耳定律的理解与应用
4. 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
解析： 初状态气体压强为p＝p0＋ph＝80 cmHg，末状态气体压
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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5. 将密闭着一定质量的气体的导热汽缸按如图所示的两种方式放置。
图（a）中竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与活塞相连；图
（b）中竖直弹簧上端固定在天花板上，下端与活塞相连。不计汽
缸内壁与活塞间的摩擦，环境温度保持不变，弹簧始终在弹性限度
内。当外界大气压强变大时，下列说法正确的是（ ）
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A. 两图中弹簧弹力均变大
B. 图（a）中气体压强变大，图（b）中气体压强变小
C. 相对于地面，图（a）中汽缸位置下降，图（b）中汽缸位置上升
D. 相对于地面，图（a）中活塞位置下降，图（b）中活塞位置上升
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解析： 把汽缸和活塞当作整体，状态变化前后均满足平衡条件
F＝（M＋m）g，弹簧弹力保持不变，两活塞位置保持不变，故
A、D错误；图（a）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p0S＝p1S，p0增
大，p1增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可知，气体体积
缩小，汽缸位置下降；图（b）中以汽缸为研究对象，则Mg＋p2S
＝p0S，p0增大，p2增大，又因为温度保持不变，由玻意耳定律可
知，气体体积减小，汽缸位置上升，故B错误，C正确。
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题组三 气体等温变化的p-V图像
6. （多选）下列选项图中，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（ ）
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解析： 选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即
pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的
p-V图线不是双曲线，故不是等温线。故选A、B。
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7. （多选）如图所示是一定质量的气体由状态A到状态B再到状态C的
变化过程，A、C两点在同一条双曲线上，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B再到C的过程温度先降低再升高
D. A、C两点的温度相等
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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，A正
确；从B到C的过程温度降低，B错误；从A到B再
到C的过程温度先升高后降低，C错误；A、C两
点在同一等温线上，D正确。
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8. 如图所示是一定质量的某种气体状态变化的p-V图像，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（ ）
A. 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
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解析： 由题图可知，pAVA＝pBVB，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，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，故D正确。
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9. 使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排
出一定空气后呈稳定状态，如图所示。然后松手，橡胶头体积增大
V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2
的高度关系，有（ ）
A. V1＞V2 B. V1＜V2
C. V1＝V2 D. 缺少数值无法判断
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解析： 捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管
内气体的压强为p1＝p0＋ρgh1。水进入了滴管后管内气体的压强为
p2＝p0＋ρgh2。根据玻意耳定律得（p0＋ρgh1）V＝（p0＋ρgh2）
V'，可得后来气体体积大于初始体积，即V'＞V，所以V1＞V2，故A
正确。
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10. 某玩具气枪的动力部分由活塞、汽缸和弹簧等组成，其简化示意
图如图所示。使用时通过压动装置使弹簧压缩，扣动扳机时压缩
后的弹簧被释放。已知弹簧压缩后，汽缸中气体和枪膛中气体压
强均为p0，汽缸体积为V0，弹丸与阀门间枪膛形成另一封闭空
间，其体积为V0。弹簧释放后，汽缸中气体体积被压缩至V0，
此时阀门才被打开，被压缩后的气体迅速
进入枪膛，推动弹丸前进。已知整个过程
气体温度保持不变，求阀门打开前瞬间和
阀门打开后瞬间汽缸中气体压强p1和p2。
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答案：4p0 p0
解析：弹簧压缩后到阀门打开前瞬间，根据玻意耳定律有p0V0＝
p1V0，解得p1＝4p0，阀门打开后瞬间，根据玻意耳定律有p1V0
＋p0V0＝p2（V0＋V0），解得p2＝p0。
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11. （2024·江苏南通高二期中）如图甲所示的是真空搬运机搬运货物
的过程。其原理如图乙所示，下面是要吸取的工件A，真空吸盘B
空腔容积为V，抽气机通过通气口C抽气。假设真空吸盘内的气体
均为理想气体，抽气过程中气体温度不变，外界大气压强为p0
（真空吸盘边缘与工件接触部分不计，重力加速度取g＝10 m/s2，
p0＝1×105 Pa）。
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（1）假设真空吸盘在抽气过程中空腔的容积几乎不变，而在工作
时空腔里的实际压强是0.01p0，求吸盘空腔中被抽去的气体
质量和原来的气体质量之比；
答案：
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解析：设空腔中被抽去的气体体积与原来气体体积之比为k，则质量之比也为k，以未被抽去的气体为研究对象，
该部分气体原来体积为V-kV，压强为p0，该部分气体后来体
积为V，压强为
p＝0.01p0
根据玻意耳定律有
p0（V－kV）＝pV
解得k＝。
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（2）如果所吸工件的质量为1 t，求真空吸盘的最小面积。
答案： m2
解析：设真空吸盘的最小面积为S，则有
（p0－p）S＝mg
解得S＝ m2。
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谢谢观看!
