第1节气体的等温变化
1.一定质量的气体，在温度不变的条件下，其压强与体积变化时的关系，叫做气体的等温变化。
2．玻意耳定律：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，即pV＝C。
3．等温线：在p -V图像中，用来表示温度不变时，压强和体积关系的图像，它们是一些双曲线。在p -图像中，等温线是倾斜直线。
一、探究气体等温变化的规律
1．状态参量
研究气体性质时，常用气体的温度、体积、压强来描述气体的状态。
2．实验探究
实验器材
铁架台、注射器、气压计等
研究对象(系统)
注射器内被封闭的空气柱
数据收集
压强由气压计读出，空气柱体积(长度)由刻度尺读出
数据处理
以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出p-图像
图像结果
p-图像是一条过原点的直线
实验结论
压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比
二、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，压强与体积成反比。
2．公式
pV＝C或p1V1＝p2V2。
3．条件
气体的质量一定，温度不变。
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，图线的形状为双曲线，它描述的是温度不变时的p -V关系，称为等温线。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。
1．自主思考——判一判
(1)一定质量的气体压强跟体积成反比。(×)
(2)一定质量的气体在温度不变时压强跟体积成正比。(×)
(3)在探究气体压强、体积、温度三个状态参量之间关系时采用控制变量法。(√)
(4)玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体。(×)
(5)在公式pV＝C中，C是一个与气体无关的参量。(×)
2．合作探究——议一议
(1)用注射器对封闭气体进行等温变化的实验时，在改变封闭气体的体积时为什么要缓慢进行？
提示：该实验的条件是气体的质量一定，温度不变，体积变化时封闭气体自身的温度会发生变化，为保证温度不变，应给封闭气体以足够的时间进行热交换，以保证气体的温度不变。
(2)玻意耳定律成立的条件是气体的温度不太低、压强不太大，那么为什么在压强很大、温度很低的情况下玻意耳定律就不成立了呢？
提示：①在气体的温度不太低、压强不太大时，气体分子之间的距离很大，气体分子之间除碰撞外可以认为无作用力，并且气体分子本身的大小也可以忽略不计，这样由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果基本吻合，玻意耳定律成立。②当压强很大、温度很低时，气体分子之间的距离很小，此时气体分子之间的分子力引起的效果就比较明显，同时气体分子本身占据的体积也不能忽略，并且压强越大，温度越低，由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果之间差别越大，因此在温度很低、压强很大的情况下玻意耳定律也就不成立了。
(3)如图所示，p-图像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。
封闭气体压强的计算
1．系统处于平衡状态时，求封闭气体的压强
(1)连通器原理：在连通器中，同种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的。
(2)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度。
(3)求由液体封闭的气体压强，一般选择最低液面列平衡方程。
(4)求由固体封闭(如汽缸或活塞封闭)的气体压强，一般对此固体(如汽缸或活塞)进行受力分析，列出力的平衡方程。
2．容器加速运动时，求封闭气体的压强
(1)当容器加速运动时，通常选择与气体相关联的液柱、活塞或汽缸等作为研究对象，进行受力分析，画出分析图示。
(2)根据牛顿第二定律列出方程。
(3)结合相关原理解方程，求出封闭气体的压强。
(4)根据实际情况进行讨论，得出结论。
[典例] 在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气柱。大气压强为p0，各部分尺寸如图所示。求A、B气体的压强。
[思路点拨]
[解析] 法一：受力平衡法
选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用平衡条件求解。
求pA：取液柱h1为研究对象，设管的横截面积为S，大气压力和液柱重力方向向下，A气体产生的压力方向向上，因液柱h1静止，则p0S＋ρgh1S＝pAS，得pA＝p0＋ρgh1；
求pB：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，下端液体产生的压强可以不予考虑，A气体的压强由液体传递后对h2的压力方向向上，B气体压力、液体h2的重力方向向下，液柱受力平衡。则pBS＋ρgh2S＝pAS，得pB＝p0＋ρgh1－ρgh2。
法二：取等压面法
根据同种液体在同一液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。求pB时从A气体下端选取等压面，则有pB＋ρgh2＝pA＝p0＋ρgh1，所以pA＝p0＋ρgh1；pB＝p0＋ρg(h1－h2)。
[答案] p0＋ρgh1 p0＋ρg(h1－h2)
封闭气体压强的求解方法
(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
根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。
例如，图中同一液面C、D处压强相等，则pA＝p0＋ph。
②力平衡法
选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，对液柱受力分析有：
pS－p0S－mg＝ma
得p＝p0＋。
1．若已知大气压强为p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在甲图中，以高为h的液柱为研究对象，
由二力平衡知
p气S＝－ρghS＋p0S
所以p气＝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：
p气S＋ρghS＝p0S，p气＝p0－ρgh
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
p气＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以p气＝p0－ρgh
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p气S＝(p0＋ρgh1)S
所以p气＝p0＋ρgh1。
答案：甲：p0－ρgh 乙：p0－ρgh 丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1
2.一圆形汽缸静置于地面上，如图所示。汽缸筒的质量为M，活塞的质量为m，活塞的面积为S，大气压强为p0。现将活塞缓慢向上提，求汽缸刚离开地面时汽缸内气体的压强。(忽略汽缸壁与活塞间的摩擦)
解析：法一：题目中的活塞和汽缸均处于平衡状态，以活塞为研究对象，受力分析如图甲，由平衡条件，得F＋pS＝mg＋p0S。以活塞和汽缸整体为研究对象，受力分析如图乙，有F＝(M＋m)g，由以上两个方程式，得pS＋Mg＝p0S，解得p＝p0－。
法二：以汽缸为研究对象，有：pS＋Mg＝p0S，
可得：p＝p0－。
答案：p0－
玻意耳定律的理解及应用
应用玻意耳定律的思路与方法
(1)选取一定质量、温度不变的气体为研究对象，确定研究对象的始、末两个状态。
(2)表示或计算出初态压强p1、体积V1；末态压强p2、体积V2，对未知量用字母表示。
(3)根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，并代入数值求解。
(4)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] (2017·全国卷Ⅲ)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管K1和K2。K1长为l，顶端封闭，K2上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与K2相通；逐渐提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高，此时水银已进入K1，且K1中水银面比顶端低h，如图乙所示。设测量过程中温度、与K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知K1和K2的内径均为d，M的容积为V0，水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)待测气体的压强；
(2)该仪器能够测量的最大压强。
[解析] (1)水银面上升至M的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为V，压强等于待测气体的压强p。提升R，直到K2中水银面与K1顶端等高时，K1中水银面比顶端低h；设此时封闭气体的压强为p1，体积为V1，则
V＝V0＋πd2l①
V1＝πd2h②
由力学平衡条件得
p1＝p＋ρhg③
整个过程为等温过程，由玻意耳定律得
pV＝p1V1④
联立①②③④式得
p＝。⑤
(2)由题意知
h≤l⑥
联立⑤⑥式有
p≤⑦
该仪器能够测量的最大压强为
pmax＝。⑧
[答案] (1) (2)
利用玻意耳定律解题的基本思路
(1)明确研究对象
根据题意确定所研究的气体，质量不变，温度不变，有时气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为定质量，才能应用玻意耳定律。
(2)明确状态参量
找出气体状态变化前后的两组p、V值。
(3)列方程、求解
因为是比例式，计算中只需使相应量(p1、p2及V1、V2)的单位统一，不一定用国际单位制的单位。
(4)检验结果
在等温变化中，有时列方程求解会得到两个结果，应通过合理性的检验决定取舍。
1．(2016·全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
解析：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0③
设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝④
联立①②③④式，并代入数据得
N＝4(天)⑤
答案：4天
2.如图所示，在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中，用长为h＝10 cm的水银柱将管内一部分空气密封，当管开口向上竖直放置时，管内空气柱的长度L1＝0.3 m；若温度保持不变，玻璃管开口向下放置，水银没有溢出。待水银柱稳定后，空气柱的长度L2为多少米？(大气压强p0＝76 cmHg)
解析：以管内封闭的气体为研究对象。玻璃管开口向上时，管内的压强p1＝p0＋h，气体的体积V1＝L1S(S为玻璃管的横截面积)。
当玻璃管开口向下时，管内的压强p2＝p0－h，这时气体的体积V2＝L2S。
温度不变，由玻意耳定律得：(p0＋h)L1S＝(p0－h)L2S
所以L2＝L1＝×0.3 m＝0.39 m。
答案：0.39 m
3.如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m，面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。
解析：设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，则活塞受到汽缸内外气体的压力分别为：
F1＝p1S，F0＝p0S
由牛顿第二定律得：F1－F0＝ma
小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为p0。
由玻意耳定律得：p1V1＝p0V0
式中V0＝SL，V1＝S(L－d)
联立以上各式得：a＝
答案：
等温线的理解及应用
p-图像
p -V图像
图像特点
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图像是双曲线的一支
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图上的等温线就越高，图中t2＞t1
[典例] 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
[思路点拨]
(1)温度是分子平均动能的标志，同种气体温度越高，分子平均动能越大，分子平均速率越大。
(2)温度越高，pV值越大，p-V图像中等温线离坐标原点越远。
[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。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温度越高，所以从状态A到状态B温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小。
[答案] D
(1)在p-V图像中，不同的等温线对应的温度不同。
(2)在p-V图像中，并不是随意画一条线就叫等温线，如[典例]图
1．[多选]如图所示，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，下图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )
解析：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，但横坐标不是体积V，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故也不是等温线。
2.[多选]如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。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p -图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1＞T2
D．T1＜T2
解析：选BD 由玻意耳定律pV＝C知，压强与体积成反比，故A错误。p∝，所以p-图线的延长线经过坐标原点，故B正确。p-图线的斜率越大，对应的温度越高，所以T1＜T2，故C错误，D正确。
1．[多选]一定质量的气体的三个参量可以发生变化的情况是( )
A．温度、体积、压强均变化
B．温度不变，压强和体积都发生变化
C．温度和体积不变，压强变化
D．温度和压强不变，体积变化
解析：选AB 一定质量的气体的三个参量至少要两个同时发生变化，只有一个参量变化的情况是不存在的，选项A、B正确，C、D错误。
2．[多选]一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( )
A．气体分子的平均动能增大
B．气体的密度变为原来的2倍
C．气体的体积变为原来的一半
D．气体的分子总数变为原来的2倍
解析：选BC 温度是分子平均动能的标志，由于温度T不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，则V2＝V1。
又ρ1＝，ρ2＝，
则ρ2＝2ρ1，故B、C正确。
3．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为( )
A. L B．2 L
C. L D.8 L
解析：选B 由题意知p1＝3 atm，p2＝1 atm，当温度不变时，一定质量气体的压强减小则体积变大，所以V2＝V1＋4 L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V1＝2 L，故B正确。
4.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：选B 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确。
5.如图所示，A、B是一定质量的理想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和TB，则( )
A．SA＞SB TA＞TB B．SA＝SB TA＜TB
C．SA＜SB TA＜TB D.SA＞SB TA＜TB
解析：选C 由题图可知，三角形的面积等于p与V乘积的，所以SA＝pAVA，SB＝pBVB。
在A点所在的等温线中，其上各点的pV乘积相同，因为p与V成反比，所以pAVA＝pA′VB＜pBVB，所以SA＜SB，又因为离原点越远，温度越高，所以TA＜TB，选C。
6．(2016·全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①
l1′＝cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得
p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm。⑧
答案：144 cmHg 9.42 cm
7．(2016·全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
解析：(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝①
代入题给数据得Δp1＝28 Pa。②
(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝πr13⑥
V2＝πr23⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
3＝⑧
由②式知，Δpi?p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。
代入题给数据得
＝≈1.3。⑨
答案：(1)28 Pa (2)或1.3
课时跟踪检测（六） 气体的等温变化
1．[多选]一定质量的气体的三个参量可以发生变化的情况是( )
A．温度、体积、压强均变化
B．温度不变，压强和体积都发生变化
C．温度和体积不变，压强变化
D．温度和压强不变，体积变化
解析：选AB 一定质量的气体的三个参量至少要两个同时发生变化，只有一个参量变化的情况是不存在的，选项A、B正确，C、D错误。
2．[多选]一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的2倍，则( )
A．气体分子的平均动能增大
B．气体的密度变为原来的2倍
C．气体的体积变为原来的一半
D．气体的分子总数变为原来的2倍
解析：选BC 温度是分子平均动能的标志，由于温度T不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，则V2＝V1。
又ρ1＝，ρ2＝，
则ρ2＝2ρ1，故B、C正确。
3．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小2 atm时，体积变化4 L，则该气体原来的体积为( )
A． L B．2 L
C． L D．8 L
解析：选B 由题意知p1＝3 atm，p2＝1 atm，当温度不变时，一定质量气体的压强减小则体积变大，所以V2＝V1＋4 L，根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2，解得V1＝2 L，故B正确。
4.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：选B 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确。
5.如图所示，A、B是一定质量的理想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和TB，则( )
A．SA＞SB TA＞TB B．SA＝SB TA＜TB
C．SA＜SB TA＜TB D．SA＞SB TA＜TB
解析：选C 由题图可知，三角形的面积等于p与V乘积的，
所以SA＝pAVA，SB＝pBVB。
在A点所在的等温线中，其上各点的pV乘积相同，因为p与V成反比，所以pAVA＝pA′VB＜pBVB，所以SA＜SB，又因为离原点越远，温度越高，所以TA＜TB，选C。
6．(2016·全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg。环境温度不变。
解析：设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2。活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′；左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得
p1＝p0＋(20.0－5.00)cmHg①
l1′＝cm②
由玻意耳定律得p1l1＝p1′l1′③
联立①②③式和题给条件得p1′＝144 cmHg④
依题意p2′＝p1′⑤
l2′＝4.00 cm＋ cm－h⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p2′l2′⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm。⑧
答案：144 cmHg 9.42 cm
7．(2016·全国卷Ⅰ)在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070 N/m。现让水下10 m处一半径为0.50 cm的气泡缓慢上升。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求在水下10 m处气泡内外的压强差；
(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
解析：(1)当气泡在水下h＝10 m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝①
代入题给数据得Δp1＝28 Pa。②
(2)设气泡在水下10 m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为p2，气泡内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有
p1V1＝p2V2③
由力学平衡条件有
p1＝p0＋ρgh＋Δp1④
p2＝p0＋Δp2⑤
气泡体积V1和V2分别为
V1＝πr13⑥
V2＝πr23⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
3＝⑧
由②式知，Δpi?p0，i＝1,2，故可略去⑧式中的Δpi项。
代入题给数据得
＝≈1.3。⑨
答案：(1)28 Pa (2)或1.3
