2 气体的等温变化
第2课时 玻意耳定律的应用
学习任务一 玻意耳定律的应用
[科学思维] 应用玻意耳定律的一般步骤
(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.
例1 [2024·北京东城区期末] 如图,竖直放置的汽缸内有一可无摩擦滑动的活塞,其横截面积为S=2.0×10-3 m2,质量可忽略,汽缸内封闭一定质量的气体(可视为理想气体),气体体积为V,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2.
(1)在活塞上放一个质量为5 kg的砝码后,汽缸内气体的压强是多少
(2)若温度保持不变,活塞上放砝码后气体的体积是多少
例2 [2024·福建福州一中月考] 如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长l1=25.0 cm的空气柱,中间有一段长为l2=25.0 cm的水银柱,上部空气柱的长度l3=40.0 cm.已知大气压强为p0=75.0 cmHg.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推,使管下部空气柱长度变为l1'=20.0 cm.假设活塞下推过程中没有漏气,求活塞下推的距离.
学习任务二 气体等温变化的图像
[科学论证] (1)气体等温变化的p-图像原点附近画成虚线的原因是:一定质量的气体体积不能无限大.
(2)一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的.图中的两条等温线,T1 (选填“>”或“<”) T2.
(3)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.
例3 [2024·河北唐山一中月考] 为更准确地测出气体的压强,某同学用压强传感器替代压力表,得到某次实验的p-V图如图所示,究其原因, 是温度发生了怎样的变化 ( )
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
[反思感悟]
【要点总结】
1.不同的等温线温度不同,越靠近原点的等温线温度越低,越远离原点的等温线温度越高.
2.由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低.
封闭气体压强的计算方法
1.利用连通器原理计算:在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等.如图甲中,pC=pD.液体内深度为h处的压强p=p0+ρgh,p0为液面上方的压强,h是液面的竖直距离,不一定是液柱长度.
2.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.如图甲所示,粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A,在其最低点选一液片B,由两侧受力平衡可知(p0+ρgh+ρgh0)S=(pA+ρgh0)S,即pA=p0+ρgh.
3.平衡法:选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析,得到液柱(或活塞)的受力平衡方程,求得气体的压强.如图乙所示,以活塞为研究对象,受力分析如图丙所示,由平衡条件得mg+p0S=pS,则p=p0+.
示例1 若已知大气压强为p0,图中各装置均处于静止状态.已知液体密度均为ρ,重力加速度为g,求各被封闭气体的压强.
示例2 如图所示,汽缸所受重力为1000 N,内壁光滑,活塞所受重力为100 N,横截面积为0.1 m2,大气压强为1.0×105 Pa,汽缸内封闭着一定质量的气体(可视为理想气体),求下列各图中封闭气体的压强.
1.(玻意耳定律的应用) [2024·山西运城期末] 水中的一个气泡从距离水面30米处上升到距离水面10米处时,它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变,水的密度为103 kg/m3,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2) ( )
A.4倍 B.3倍
C.2倍 D.2.5倍
2.(气体等温变化的图像)(多选)如图所示是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( )
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
3.(玻意耳定律的应用)[2024·湖北宜昌期末] 如图,汽缸内封闭一定质量的气体,汽缸内壁光滑.如密封气体温度保持不变,外界气压升高,则下列情况正确的是 ( )
A.密封气体体积增加 B.活塞向下移动
C.汽缸向上移动 D.弹簧的长度增加2 气体的等温变化
第2课时 玻意耳定律的应用
1.C [解析] 气体发生等温变化,根据玻意耳定律可知其压强和体积的乘积不变,所以若气体体积增大为原来的2倍,则压强变为原来的,故C正确.
2.B [解析] 以细管中封闭气体为研究对象,当洗衣缸内水位升高时,细管中封闭气体压强变大,而气体温度不变,则由玻意耳定律知,气体体积变小,故B正确.
3.D [解析] 设大气压强为p0,A管内原来空气柱长度为l,横截面积为S,根据题意可得p0=p1=72 cmHg,V1=lS,抽尽B管上面的空气,则A管内空气柱压强为p2=18 cmHg,体积为V2=(l+9)S,由玻意耳定律得p1V1=p2V2,解得l=3 cm,故A、B、C错误,D正确.
4.A [解析] 气体初始压强p1=76 cmHg,初始体积V1=LS,气体末状态压强p2=(76+19sin 30°) cmHg=85.5 cmHg,末状态体积V2=L'S,根据玻意耳定律p1V1=p2V2,解得L'= ,故选A.
5.B [解析] △OBC的面积S2=BC·OC=pBVB,同理,△OAD的面积S1=pAVA,根据玻意耳定律pAVA=pBVB,可知两个三角形面积相等,故B正确.
6.D [解析] 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.
7.B [解析] 图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比,由图像可知,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.
8.C [解析] 汽缸导热且外界温度不变,则缸内气体的温度不变,则汽缸内分子平均动能不变,选项A错误;汽缸内气体体积减小,则气体分子数密度增大,选项B错误;加细沙之前气体压强p1=p0+,加细沙之后气体压强p2=p0+,根据玻意耳定律,有p1LS=p2·S,联立解得细沙的质量M=,选项C正确;若使活塞下移,则由玻意耳定律,有p1LS=p3·S,p3=p0+,解得M'=2=4M,选项D错误.
9.C [解析] 初态:p1=30 atm,V1=40 L,p1'=1 atm,V1'=5n (L),末态:p2=5 atm,V2=V1+5n (L)(n为瓶数),由p1V1 +p1'V1'=p2V2,解得n=50,故C正确.
10.A [解析] D→A是一个等温过程,A正确;A、B两状态的温度不同,A→B不是等温过程,B、C错误;B→C过程中,V增大,p减小,T不变,D错误.
11.C [解析] 当活塞被轻弹簧拉住时,设汽缸内气体的压强为p1,对汽缸根据平衡条件有p1S+Mgsin θ=p0S,当汽缸被轻弹簧拉住时,设汽缸内气体的压强为p2,对活塞根据平衡条件有p2S+mgsin θ=p0S,缸内气体做等温变化,根据玻意耳定律有p1l1S=p2l2S,解得M≈3.5m,所以C正确,A、B、D错误.
12.(1)2.0×105 Pa (2)5 N
[解析] (1)以瓶内气体为研究对象,由题意可知瓶内气体发生等温变化,设瓶内气体变化前后体积分别为V1和V2,所以有V1=8 mL-4 mL=4 mL,V2=V1-2 mL=2 mL
根据p1V1=p2V2
解得p2=2.0×105 Pa.
(2)设手的推力产生的压强为p,以注射器活塞为研究对象,根据压强计算公式可得p2=p1+p,F=pS
解得F=5 N.
13.(1)3.0×105 Pa (2)6 cm
[解析] (1)对空气减震器上方的整体进行分析有
p1S=Mgcos θ+p0S
解得p1=3.0×105 Pa
(2)电动轿车行驶至水平路面时,对空气减震器上方的整体进行分析有p2S=Mg+p0S
根据玻意耳定律有p1l1S=p2l2S
解得l2=6 cm2 气体的等温变化
第2课时 玻意耳定律的应用建议用时:40分钟
◆ 知识点一 对玻意耳定律的理解
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,则压强与原来的压强的比值为 ( )
A.2 B.1 C. D.
2.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
◆ 知识点二 玻意耳定律的应用
3.如图所示,一端封闭、一端开口、横截面积相同的U形管AB,管内灌有水银, 两管内水银面高度相等,管A内封有一定质量的气体,气体压强为72 cmHg.今将开口端B接到抽气机上,抽尽B管上面的空气,结果两水银柱产生18 cm的高度差,则A管内原来空气柱长度为 ( )
A.18 cm B.12 cm C.6 cm D.3 cm
4.如图所示,一下端封闭上端开口的玻璃管用19 cm的水银柱封闭一定质量的气体,玻璃管水平放置时,气柱长为L.设大气压强为76 cmHg,环境温度保持不变,当玻璃管置于倾角为30°的斜面上且开口端沿斜面向上放置,玻璃管静止不动时,空气柱的长度是 ( )
A. B.L
C. D.
◆ 知识点三 气体等温变化的图像
5.[2024·四川雅安中学月考] 如图是一定质量的某种气体在p-V 图中的等温线,A、B是等温线上的两点,△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2,则 ( )
A.S1>S2 B.S1=S2
C.S1
6.[2024·浙江镇海中学月考] 开口向上,导热性能良好的汽缸,用活塞封闭了一定质量的气体,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 ( )
A
B
C
D
7.[2024·重庆一中月考] 如图所示,一定质量的理想气体,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
8.[2024·福建福州一中月考] 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,到汽缸底部距离为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.汽缸内分子平均动能增大
B.汽缸内气体分子数密度减小
C.细沙质量为
D.若使活塞下移,所加细沙质量是活塞下移所加细沙质量的2倍
9.某容积为40 L的氧气瓶装有压强为30 atm的氧气,现把氧气分装到容积为5 L的小钢瓶中,使每个小钢瓶中氧气的压强为5 atm,若每个小钢瓶中原有氧气压强为1 atm,则能分装的瓶数是(设分装过程中无漏气,且温度不变)( )
A.40瓶 B.48瓶
C.50瓶 D.60瓶
10.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过程中,体积减小,压强减小,温度不变
11.[2024·湖南岳阳一中月考] 如图所示,在倾角θ=37°的光滑斜面上,放置一个带有活塞A的导热汽缸B,活塞与汽缸壁之间无摩擦,当活塞A用轻弹簧拉住时活塞到汽缸底部的距离为l1;当让汽缸B开口向下、汽缸底部被轻弹簧拉住时,活塞到汽缸底部的距离为l2,并测得l2=0.8l1.已知活塞的质量为m,重力加速度为g,大气压强p0与汽缸横截面积S的乘积p0S=8mg,操作过程中环境温度不变,轻弹簧平行于斜面,sin 37°=0.6.则汽缸的质量M为 ( )
A.m B.2.6m
C.3.5m D.3.9m
12.[2024·山东枣庄八中月考] 护士配置药液,先用注射器给药瓶里注入要配置的药品,与药瓶内原有液体溶剂混合均匀后再抽取药液.如图所示,容积为8 mL的某种药瓶内装有4 mL的液体溶剂,瓶内气体压强为1.0×105 Pa.护士把注射器内2 mL的药品缓慢注入药瓶内,药瓶中气体不外漏,假设注射后液体的总体积等于药品和液体溶剂体积之和.注射器活塞横截面积为0.5 cm2,若瓶内、外及液体温度相同且保持不变,活塞的重力和受到的摩擦力均忽略不计.
(1)求注入药液后药瓶内气体的压强;
(2)施加在注射器活塞上的推力不得小于多少
13.[2024·河北辛集中学月考] 如图甲所示,某电动轿车共有4个完全相同的空气减震器,为研究其减震效果可将其结构简化成如图乙所示.电动轿车在与水平面成θ=37°角的斜坡上匀速向上运动时,汽缸内气柱的长度l1=7.0 cm.已知空气减震器上方的总质量M=300 kg,活塞横截面积S=30 cm2,活塞质量不计,重力加速度g取10 m/s2,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,cos 37°=0.8,汽缸内气体视为理想气体且温度不变,4个减震器均与斜坡垂直,不计活塞与汽缸间的摩擦,sin 37°=0.6.求:
(1)上坡时汽缸内气体的压强p1;
(2)电动轿车行驶至水平路面时,减震器汽缸内气柱的长度l2.(共58张PPT)
2 气体的等温变化
第2课时 玻意耳定律的应用
学习任务一 玻意耳定律的应用
学习任务二 气体等温变化的图像
素养提升
随堂巩固
◆
练习册
备用习题
学习任务一 玻意耳定律的应用
［科学思维］ 应用玻意耳定律的一般步骤
(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、、、.
(3)根据玻意耳定律列方程，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.
例1 [2024·北京东城区期末] 如图，竖直放置的汽缸内有一可无摩擦滑动的活塞，其横截面积为，质量可忽略，汽缸内封闭一定质量的气体(可视为理想气体)，气体体积为，大气压强，取.
(1) 在活塞上放一个质量为的砝码后，汽缸内气体的压强是多少？
[答案]
[解析] 对活塞和砝码整体，根据平衡条件，有
解得
(2) 若温度保持不变，活塞上放砝码后气体的体积是多少？
[答案]
例1 [2024·北京东城区期末] 如图，竖直放置的汽缸内有一可无摩擦滑动的活塞，其横截面积为，质量可忽略，汽缸内封闭一定质量的气体(可视为理想气体)，气体体积为，大气压强，取.
[解析] 开始时气体压强为，体积为；放砝码后压强为，体积为
由玻意耳定律得
解得
例2 [2024·福建福州一中月考] 如图所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置.玻璃管的下部封有长的空气柱，中间有一段长为的水银柱，上部空气柱的长度.已知大气压强为.现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离.
[答案]
[解析] 以为压强单位，设玻璃管的横截面积为，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
其中
设活塞下推后，下部空气柱的压强为，由玻意耳定律得
如图，设活塞下推距离为，则此时玻璃管上部空气柱的长度为
设此时玻璃管上部空气柱的压强为，则
由玻意耳定律得
联立解得
学习任务二 气体等温变化的图像
［科学论证］(1)气体等温变化的图像原点附近画成虚线的原因是：一定质量的气体体积不能无限大.
(2)一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的.图中的两条等温线，___(选填“ ”或“ ”).
(3)图像：一定质量气体的等温变化过程，也可以用图像来表示，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，即斜率越大，气体的温度越高.
例3 [2024·河北唐山一中月考] 为更准确地测出气体的压强，某同学用压强传感器替代压力表，得到某次实验的图如图所示，究其原因，是温度发生了怎样的变化( )
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
√
[解析] 由图像可知,,所以A、B两状态的温度相等,在同一
等温线上.可在图上作出几条等温线,如图所示.由于离原点越远的等温线表示的温度越高,所以从状态A到状态B的过程中,温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小.
【要点总结】
1.不同的等温线温度不同，越靠近原点的等温线温度越低，越远离原点的等温线温度越高.
2.由不同等温线的分布情况可以判断温度的高低.
素养提升
封闭气体压强的计算方法
1.利用连通器原理计算：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等.如图甲中，.液体内深度为处的压强，为液面上方的压强，是液面的竖直距离，不一定是液柱长度.
2.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.如图甲所示，粗细均匀的形管中封闭了一定质量的气体，在其最低点选一液片，由两侧受力平衡可知，即.
3.平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强.如图乙所示，以活塞为研究对象,受力分析如图丙所示,由平衡条件得,则.
示例1 若已知大气压强为，图中各装置均处于静止状态.已知液体密度均为 ，重力加速度为，求各被封闭气体的压强.
[答案] 甲：
乙：
丙：
丁：
戊：，
[解析] 题图甲中，以高为的液柱为研究对象，由平衡条件有
所以
题图乙中，以液面为研究对象，由平衡条件有
所以
题图丙中，以高为的液柱为研究对象，由平衡条件有
所以
题图丁中，以液面为研究对象，由平衡条件有
所以
题图戊中，从开口端开始计算，右端大气压强为，同种液体同一水平面上的压强相同，所以气柱的压强为
故气柱的压强为
示例2 如图所示，汽缸所受重力为，内壁光滑，活塞所受重力为，横截面积为，大气压强为，汽缸内封闭着一定质量的气体(可视为理想气体)，求下列各图中封闭气体的压强.
[答案] ; ;
[解析] 图甲中,对活塞受力分析得
代入数据解得
图乙中，对汽缸受力分析得
代入数据解得
图丙中，对活塞受力分析得
代入数据解得
1. 如图,密封的桶装薯片从上海带到拉萨后盖子凸起.若两地温度相同,则桶内的气体压强p和分子平均动能Ek的变化情况是 ( )
A.p增大、Ek增大 B.p增大、Ek不变
C.p减小、Ek增大 D.p减小、Ek不变
[解析]两地温度相同,则分子平均动能不变;由玻意耳定律可知桶内气体体积增大压强减小,故选D.
√
2. 如图所示,粗细均匀两端开口的U形玻璃管,管内注入一定量的水银,但在其中封闭了一段空气柱,其长度为l.在空气柱上面的一段水银柱长为h1,空气柱下面的水银面与左管水银面相差为h2.若往管内加入适量水银(水银没有溢出),则 ( )
A.水银加入右管,l变短,h2变大
B.水银加入左管,l不变,h2变大
C.水银加入右管,l变短,h2不变
D.水银加入左管,l变短,h2变大
√
[解析]以右侧管中封闭气体作为研究对象,根据同一液面处压强相等知,封闭气体压强为p=p0+ρgh1,左侧水银柱根据连通器的原理可得p=p0+ρgh2,联立可知h1=h2,故无论在左管或右管加入水银,平衡后都有h1=h2,水银加入右管, h1变大,则h2变大,加入水银后,封闭气体的压强变大,而温度不变,由pV=nRT可知体积变小,则l变短,故A正确,C错误;
当水银加入左管时,h1不变,则h2不变,空气柱压强不变,而温度不变,由pV=nRT可知体积不变,则l不变,故B、D错误.
3. 如图甲、乙、丙所示,三根完全相同的玻璃管,上端开口,管内用相同长度的水银柱封闭着质量相等的同种气体.已知图甲玻璃管沿倾角为30°的光滑斜面以某一初速度上滑,图乙玻璃管由静止自由下落,图丙玻璃管放在水平转台上开口向内做匀速圆周运动,设三根玻璃管内的气体长度分别为L1、L2、L3,则三个管内的气体长度关系是 ( )
A.L1L3
C.L2√
[解析]设大气压强为p0,对图甲中的玻璃管,它沿斜面向上做匀减速直线运动,设加速度大小为a1,以水银柱为研究对象,根据牛顿第二定律得p0S+mgsin 30°-p1S=ma1,以水银柱和玻璃管为整体,根据牛顿第二定律有Mgsin 30°=Ma1,联立解得p1=p0,对图乙中的玻璃管,它由静止向下做匀加速直线运动,设其加速度大小为a2,以水银柱为研究对象,根据牛顿第二定律得p0S+mg-p2S=ma2,以水银柱和玻璃管为整体,根据牛顿第二定律有Mg=Ma2,联立解得p2=p0,对图丙中的玻璃管,它在水平转台上做匀速圆周运动,以水银柱为研究对象得p3S-p0S=man,则p3>p0,综上可得p1=p2=p0L3,
故B项正确,A、C、D三项错误.
4.一个U形玻璃管竖直放置,左端开口,右端封闭,玻璃管导热性能良好.在右管中用水银封闭一段空气柱,初始时,管内水银柱及空气柱长度如图甲所示.将玻璃管在竖直平面内旋转90°,如图乙所示.求此时右管中水银面移动的距离.(已知玻璃管的横截面积处处相同,大气压强p0=76.0 cmHg,环境温度不变,管的直径忽略不计)
[答案] 0.5 cm
[解析] 以右管空气为研究对象,则初态:p1=p0-ph1=(76-4) cmHg=72 cmHg,
V1=SL1=S·5 cm
末态:p2=p0+ph2=(76+4) cmHg=80 cmHg,V2=SL2
由玻意耳定律得p1V1=p2V2
解得L2=4.5 cm
故右管中水银面移动的距离x=L1-L2=0.5 cm
1.(玻意耳定律的应用) [2024·山西运城期末] 水中的一个气泡从距离水面30米处上升到距离水面10米处时，它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变，水的密度为，大气压强，取)( )
A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍
[解析] 大气压强为，距离水面30米处的压强，距离水面10米处的压强根据玻意耳定律得，则，即它的体积变为原来体积的2倍，故选C.
√
2.(气体等温变化的图像)(多选)如图所示是一定质量的气体由状态变到状态再变到状态的过程，、两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )
A.从到的过程温度升高
B.从到的过程温度升高
C.从到再到的过程温度先降低再升高
D.、两点的温度相等
√
√
[解析] 作出过B点的等温线如图所示，可知，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，温度相同，D正确.
3.(玻意耳定律的应用)[2024·湖北宜昌期末] 如图，汽缸内封闭一定质量的气体，汽缸内壁光滑.如密封气体温度保持不变，外界气压升高，则下列情况正确的是( )
A.密封气体体积增加 B.活塞向下移动
C.汽缸向上移动 D.弹簧的长度增加
√
[解析] 以汽缸、汽缸内气体和活塞整体为研究对象，
根据受力平衡可得，当外界气压升高时，
整体的重力保持不变，弹簧弹力不变，则弹簧的长
度保持不变，活塞在原来的位置保持不变，B、D错误；
以汽缸为研究对象，根据受力平衡可得，当外界气压升高时，可知汽缸内气体压强增大，由于气体温度保持不变，根据玻意耳定律可知气体的体积减小，故汽缸向上移动，A错误，C正确.
练 习 册
知识点一 对玻意耳定律的理解
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，则压强与原来的压强的比值为( )
A.2 B.1 C. D.
[解析] 气体发生等温变化，根据玻意耳定律可知其压强和体积的乘积不变，所以若气体体积增大为原来的2倍，则压强变为原来的，故C正确.
√
2.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
[解析] 以细管中封闭气体为研究对象，当洗衣缸内水位升高时，细管中封闭气体压强变大，而气体温度不变，则由玻意耳定律知，气体体积变小，故B正确.
√
知识点二 玻意耳定律的应用
3.如图所示，一端封闭、一端开口、横截面积相同的形管，管内灌有水银，两管内水银面高度相等，管内封有一定质量的气体，气体压强为.今将开口端接到抽气机上，抽尽管上面的空气，结果两水银柱产生的高度差，则管内原来空气柱长度为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设大气压强为，A管内原来空气柱长度为，横截面积为，根据题意可得，,抽尽B管上面的空气，则A管内空气柱压强为,体积为,由玻意耳定律得,解得，故A、B、C错误，D正确.
4.如图所示，一下端封闭上端开口的玻璃管用的水银柱封闭一定质量的气体，玻璃管水平放置时，气柱长为.设大气压强为，
A. B. C. D.
[解析] 气体初始压强，初始体积，气体末状态压强，末状态体积，根据玻意耳定律，解得 ，故选A.
环境温度保持不变，当玻璃管置于倾角为 的斜面上且开口端沿斜面向上放置，玻璃管静止不动时，空气柱的长度是( )
√
知识点三 气体等温变化的图像
5.[2024·四川雅安中学月考] 如图是一定质量的某种气体在图中的等温线，、是等温线上的两点，和的面积分别为和，则( )
A. B. C. D.无法比较
[解析] 的面积，同理，的面积，根据玻意耳定律，可知两个三角形面积相等，故B正确.
√
6.[2024·浙江镇海中学月考] 开口向上，导热性能良好的汽缸，用活塞封闭了一定质量的气体，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( )
A.&1& B.&2& C.&3& D.&4&
[解析] 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.
√
7.[2024·重庆一中月考] 如图所示，一定质量的理想气体，从状态1变化到状态2，其图像为倾斜直线，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
[解析] 图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由图像可知，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.
√
8.[2024·福建福州一中月考] 如图所示，汽缸内用厚度不计、质量为的活塞封闭一定质量的气体，活塞横截面积为，到汽缸底部距离为，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，重力加速度为，则( )
A.汽缸内分子平均动能增大
B.汽缸内气体分子数密度减小
C.细沙质量为
D.若使活塞下移，所加细沙质量是活塞下移所加细沙质量的2倍
√
[解析] 汽缸导热且外界温度不变，则缸内气体的温度不变，则汽缸内分子平均动能不变，选项A错误；
汽缸内气体体积减小，则气体分子数密度增大，选项B错误；
加细沙之前气体压强，加细沙之后气体压强，根据玻意耳定律，有，联立解得细沙的质量
，选项C正确；
若使活塞下移，则由玻意耳定律，有，,解得，选项D错误.
9.某容积为的氧气瓶装有压强为的氧气，现把氧气分装到容积为的小钢瓶中，使每个小钢瓶中氧气的压强为，若每个小钢瓶中原有氧气压强为，则能分装的瓶数是(设分装过程中无漏气，且温度不变)( )
A.40瓶 B.48瓶 C.50瓶 D.60瓶
[解析] 初态：,，，，末态：，(为瓶数)，由，解得，故C正确.
√
10.如图所示，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.是一个等温过程
B.是一个等温过程
C.与的状态参量相同
D.过程中，体积减小，压强减小，温度不变
√
[解析] 是一个等温过程，A正确；A、B两状态的温度不同，不是等温过程，B、C错误；过程中，增大，减小，不变，D错误.
11.[2024·湖南岳阳一中月考] 如图所示，在倾角 的光滑斜面上，放置一个带有活塞的导热汽缸，活塞与汽缸壁之间无摩擦，当活塞用轻弹簧拉住时活塞到汽缸底部的距离为；当让汽缸开口向下、汽缸底部被轻弹簧拉住时，活塞到汽缸底部的距离为，并测得.已知活塞的质量为，重力加速度为，大气压强与汽缸横截面积的乘积，操作过程中环境温度不变，轻弹簧平行于斜面，.则汽缸的质量为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 当活塞被轻弹簧拉住时，设汽缸内气体的压强为，对汽缸根据平衡条件有，当汽缸被轻弹簧拉住时，设汽缸内气体的压强为，对活塞根据平衡条件有，缸内气体做等温变化，根据玻意耳定律有，解得，所以C正确，A、B、D错误.
12.[2024·山东枣庄八中月考] 护士配置药液，先用注射器给药瓶里注入要配置的药品，与药瓶内原有液体溶剂混合均匀后再抽取药液.如图所示，容积为的某种药瓶内装有的液体溶剂，瓶内气体压强为.护士把注射器内的药品缓慢注入药瓶内，药瓶中气体不外漏，假设注射后液体的总体积等于药品和液体溶剂体积之和．注射器活塞横截面积为，若瓶内、外及液体温度相同且保持不变，活塞的重力和受到的摩擦力均忽略不计.
(1) 求注入药液后药瓶内气体的压强；
[答案]
[解析] 以瓶内气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体变化前后体积分别为和，所以有
，
根据
解得.
12.[2024·山东枣庄八中月考] 护士配置药液，先用注射器给药瓶里注入要配置的药品，与药瓶内原有液体溶剂混合均匀后再抽取药液.如图所示，容积为的某种药瓶内装有的液体溶剂，瓶内气体压强为.护士把注射器内的药品缓慢注入药瓶内，药瓶中气体不外漏，假设注射后液体的总体积等于药品和液体溶剂体积之和．注射器活塞横截面积为，若瓶内、外及液体温度相同且保持不变，活塞的重力和受到的摩擦力均忽略不计.
(2) 施加在注射器活塞上的推力不得小于多少？
[答案]
[解析] 设手的推力产生的压强为，以注射器活塞为研究对象，根据压强计算公式可得，
解得.
13.[2024·河北辛集中学月考] 如图甲所示，某电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，为研究其减震效果可将其结构简化成如图乙所示.电动轿车在与水平面成 角的斜坡上匀速向上运动时，汽缸内气柱的长度.已知空气减震器上方的总质量，活塞横截面积，活塞质量不计，重力加速度取，外界大气压强，，汽缸内气体视为理想气体且温度不变，4个减震器均与斜坡垂直，不计活塞与汽缸间的摩擦，.求：
(1) 上坡时汽缸内气体的压强；
[答案]
[解析] 对空气减震器上方的整体进行分析有
解得
13.[2024·河北辛集中学月考] 如图甲所示，某电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，为研究其减震效果可将其结构简化成如图乙所示.电动轿车在与水平面成 角的斜坡上匀速向上运动时，汽缸内气柱的长度.已知空气减震器上方的总质量，活塞横截面积，活塞质量不计，重力加速度取，外界大气压强，，汽缸内气体视为理想气体且温度不变，4个减震器均与斜坡垂直，不计活塞与汽缸间的摩擦，.求：
(2) 电动轿车行驶至水平路面时，减震器汽缸
内气柱的长度.
[答案]
[解析] 电动轿车行驶至水平路面时，对空气减震器上方的整体进行分析有
根据玻意耳定律有
解得2 气体的等温变化
第2课时 玻意耳定律的应用
例1 (1)1.25×105 Pa (2)V
[解析] (1)对活塞和砝码整体,根据平衡条件,有pS=p0S+mg
解得p=p0+=1.25×105 Pa
(2)开始时气体压强为p0=1.0×105 Pa,体积为V;放砝码后压强为p=1.25×105 Pa,体积为V'
由玻意耳定律得p0V=pV'
解得V'=V
例2 15.0 cm
[解析] 以cmHg为压强单位,设玻璃管的横截面积为S,在活塞下推前,玻璃管
下部空气柱的压强为p1=p0+p2
其中p2=25.0 cmHg
设活塞下推后,下部空气柱的压强为p1',由玻意耳定律得p1l1S=p1'l1'S
如图,设活塞下推距离为Δl,则此时玻璃管上部空气柱的长度为l3'=l3+l1-l1'-Δl
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p3',则p3'=p1'-p2
由玻意耳定律得p0l3S=p3'l3'S
联立解得Δl=15.0 cm
[科学论证] (2)<
例3 D [解析] 由图像可知,pAVA=pBVB,所以A、B两状态的温度相等,在同一
等温线上.可在p-V图上作出几条等温线,如图所示.由于离原点越远的等温线表示的温度越高,所以从状态A到状态B的过程中,温度应先升高后降低,分子平均速率先增大后减小.
素养提升
示例1 甲:p0-ρgh 乙:p0-ρgh 丙:p0-ρgh 丁:p0+ρgh1 戊:pa=p0+ρg(h2-h1-h3),pb=p0+ρg(h2-h1)
[解析] 题图甲中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有pS+ρghS=p0S
所以p=p0-ρgh
题图乙中,以B液面为研究对象,由平衡条件有pS+ρghS=p0S
所以p=p0-ρgh
题图丙中,以高为h的液柱为研究对象,由平衡条件有pS+ρghsin 60°·S=p0S
所以p=p0-ρgh
题图丁中,以A液面为研究对象,由平衡条件有pS=p0S+ρgh1S
所以p=p0+ρgh1
题图戊中,从开口端开始计算,右端大气压强为p0,同种液体同一水平面上的压强相同,所以b气柱的压强为pb=p0+ρg(h2-h1)
故a气柱的压强为pa=pb-ρgh3=p0+ρg(h2-h1-h3)
示例2 1.01×105 Pa 9.0×104 Pa 9.9×104 Pa
[解析] 图甲中,对活塞受力分析得p1S=G1+p0S
代入数据解得p1=1.01×105 Pa
图乙中,对汽缸受力分析得p2S+G2=p0S
代入数据解得p2=9×104 Pa
图丙中,对活塞受力分析得p3S+G1=p0S
代入数据解得p3=9.9×104 Pa
随堂巩固
1.C [解析] 大气压强为p0=1×105 Pa,距离水面30米处的压强p1=p0+ρgh1=4p0,距离水面10米处的压强p2=p0+ρgh2=2p0根据玻意耳定律得p1V1=p2V2,则V2=2V1,即它的体积变为原来体积的2倍,故选C.
2.AD [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,温度相同,D正确.
3.C [解析] 以汽缸、汽缸内气体和活塞整体为研究对象,根据受力平衡可得F弹=M总g,当外界气压升高时,整体的重力保持不变,弹簧弹力不变,则弹簧的长度保持不变,活塞在原来的位置保持不变,B、D错误;以汽缸为研究对象,根据受力平衡可得pS+Mg=p0S,当外界气压p0升高时,可知汽缸内气体压强增大,由于气体温度保持不变,根据玻意耳定律pV=C可知气体的体积减小,故汽缸向上移动,A错误,C正确.