8.1气体的等温变化 同步学案（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 8.1气体的等温变化 同步学案（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 665.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-04-08 10:06:11 | ||
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文档简介
1 气体的等温变化
[学习目标] 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解p－V图象、p－图象的物理意义．
一、探究气体等温变化的规律
1．气体的三个状态参量：压强p、体积V、温度T.
2．等温变化：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．
3．实验探究
(1)实验器材：铁架台、注射器、气压计、刻度尺等．
(2)研究对象(系统)：注射器内被封闭的空气柱．
(3)实验方法：控制气体温度和质量不变，研究气体压强与体积的关系．
(4)数据收集：压强由气压计读出，空气柱长度由刻度尺读出，空气柱长度与横截面积的乘积即为体积．
(5)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－图象．图象结果：p－图象是一条过原点的直线．
(6)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p与体积V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图象
气体的压强p随体积V的变化关系如图1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．
图1
1．判断下列说法的正误．
(1)在探究气体等温变化的规律时采用控制变量法．( √ )
(2)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．( √ )
(3)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．( √ )
(4)一定质量的某种气体等温变化的p－V图象是通过原点的倾斜直线．( × )
2．一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n倍，则压强变为原来的________．
答案
一、封闭气体压强的计算
(1)如图2甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为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，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，试求封闭气体的压强．
图2
答案 (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＋.
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3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.
图3
2．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．
说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．
例1 如图4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( )
图4
A．p0＋
B．p0＋
C．p0－
D.
答案 C
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－，故应选C.
例2 如图5所示，竖直静止放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内．已知水银柱a长h1为10cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5cm，大气压强为75cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少．
图5
答案 65cmHg 60cmHg
解析 设管的横截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋ph1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(pA＋ph1)S＝p0S，
所以pA＝p0－ph1＝(75－10) cmHg＝65cmHg，
再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h2的上表面处的压强等于pB，则(pB＋ph2)S＝pAS，所以pB＝pA－ph2＝(65－5) cmHg＝60cmHg.
二、玻意耳定律的理解及应用
如图6，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．问：
图6
(1)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？
(3)为什么到达水面会破？
答案 (1)变小．
(2)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大．
(3)内外压强不相等．
1．常量的意义
p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．
2．应用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(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求解．(注意统一单位)
(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．
特别提醒 确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制．
例3 如图7所示，在长为57cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度相同．现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平．外界大气压强p0＝76cmHg，且温度不变．求此时管中封闭气体的压强．
图7
答案 85cmHg
解析 设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，
初状态p1＝p0＋ph1＝80cmHg，V1＝51cm×S，
末状态p2＝p0＋ph＝(76＋h) cmHg，V2＝(57cm－h)S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
代入数据解得h＝9cm，则p2＝85cmHg.
例4 如图8所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度．
图8
答案
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即hS＝HS，解得F＝.
三、气体等温变化的p－V图象或p－图象
(1)如图9甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个大？
(2)如图乙所示为一定质量的气体在不同温度下的p－图线，T1和T2哪一个大？
图9
答案 (1)T2 (2)T2
两种等温变化图象
内容
p－V图象
p－图象
图象特点
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图象是双曲线的一支
一定质量的气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与就成正比，在p－图上的等温线应是过原点的直线
温度高低
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
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
例5 如图10所示是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，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( )
图10
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
答案 D
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，所以从状态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．
1．(压强的计算)求图11中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76cmHg.(p0＝1.01×105Pa，g＝10m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)
图11
2.(p－V图象)(多选)如图12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( )
图12
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)如图13所示，封闭汽缸竖直放置，内有质量为m的活塞用竖直轻弹簧与底部相连，将缸内同一种理想气体分成体积相等的A、B两部分，活塞与汽缸内壁紧密接触且无摩擦，活塞的横截面积为S；A、B两部分的气体压强大小相等，两部分气柱的高均为h，弹簧的劲度系数为k，汽缸和活塞的导热性能良好，重力加速度大小为g.外界环境温度不变，求：
图13
(1)弹簧的原长；
(2)将汽缸倒置，最后稳定时弹簧刚好处于原长，则未倒置时缸内气体压强为多大．
4.(玻意耳定律的应用)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，管内水银柱及空气柱长度如图14所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边水银高度相等时为止．大气压强p0＝75.0cmHg，环境温度不变．求：
图14
(1)管内两边水银高度相等时，右侧管内气体的压强；
(2)活塞向下移动的距离．(结果保留三位有效数字)
考点一 气体压强的计算
1.如图1所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封闭，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )
图1
A．p0＋ph2
B．p0－ph1
C．p0－(ph1＋ph2)
D．p0＋(ph2－ph1)
2．(2020·长庆高级中学月考)如图2所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为( )
图2
A．h1－h2 B．h1＋h2
C. D.
考点二 玻意耳定律的理解及应用
3.如图3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( )
图3
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
4．(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
5．一定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小了2atm时，体积变化了4L，则该气体原来的体积为( )
A.LB．2LC.LD．3L
6．(多选)如图4甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞．将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态．现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比( )
图4
A．气体的压强变大 B．气体的压强变小
C．气体的体积变大 D．气体的体积变小
7．(多选)图5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说法正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
图5
A．tA＝tB B．tB＝tC
C．tC>tD D．tD>tA
8．(多选)下图中，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( )
9．(2020·上海市青浦区期末)如图6所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内被封闭一段气体，水银面比右管低，现保持左管不动，为了使两管内水银面一样高，下面采取的措施可行的是( )
图6
A．减小外界气压
B．从U形管的右管向内加水银
C．把U形管的右管向上移动
D．把U形管的右管向下移动
10.如图7，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )
图7
A．h、l均变大 B．h、l均变小
C．h变大，l变小 D．h变小，l变大
11．(1)如图8，“探究气体压强与体积的关系”实验中，研究对象是____________________，实验中应保持不变的参量是____________________，它的体积由______________直接读出，它的压强由__________________传感器等计算机辅助系统得到．
图8
(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是_____.
序号
V(mL)
p(×105Pa)
p·V(×105Pa·mL)
1
20.0
1.0010
20.020
2
18.0
1.0952
19.714
3
16.0
1.2313
19.701
4
14.0
1.4030
19.642
5
12.0
1.6351
19.621
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大
B．实验时环境温度增大了
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏
(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图9所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的________．
图9
A．热力学温度T
B．摄氏温度t
C．体积V
D．体积的倒数
(4)实验过程中，下列哪些操作是错误的________．
A．推拉活塞时，动作要慢
B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验
D．活塞与针筒之间要保持气密性
12.如图10所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的气体，气柱长L＝20cm.活塞A上方的水银柱的长度H＝15cm，两活塞的重力及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，直至水银的被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm的水银柱产生的压强)
图10
13.(2020·新余第四中学、上高第二中学联考)如图11所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为H＝70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8kg，大气压强p0＝1×105Pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，g＝10 m/s2.
图11
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度为多少厘米(结果保留整数)．
14.如图12所示，玻璃管粗细均匀(粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内气体长度分别为上端30cm、下端27cm，中间水银柱长10cm.在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭5cm长水银柱．大气压p0＝75cmHg.
图12
(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？
(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？
参考答案
1．
答案 (1)66cmHg (2)71cmHg (3)81cmHg (4)1.13×105Pa
解析 (1)pA＝p0－ph＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg.
(2)pA＝p0－ph＝76cmHg－10sin30°cmHg＝71cmHg.
(3)pB＝p0＋ph2＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg，
pA＝pB－ph1＝86cmHg－5cmHg＝81cmHg.
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105Pa＋1×103×10×1.2Pa＝1.13×105Pa.
2.
答案 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项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，D项正确．
3．
答案 (1)h＋ (2)
解析 (1)开始时，设弹簧的压缩量为x1，则kx1＝mg
求得x1＝
因此弹簧的原长为l0＝h＋x1＝h＋
(2)设开始时汽缸内的压强为p0，将汽缸倒置后，重新稳定时，汽缸内活塞移动的距离为x1.
对A部分气体p0hS＝pA(h－x1)S
对B部分气体p0hS＝pB(h＋x1)S
此时pBS＋mg＝pAS
联立解得p0＝.
4.
答案 (1)144cmHg (2)9.42cm
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.活塞被向下推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．
(1)由题给条件得
右管中空气柱：
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90cmHg，l1＝20.0cm
l1′＝(20.0－) cm＝12.5cm
由玻意耳定律得
p1l1S＝p1′l1′S
代入数据解得
p1′＝144cmHg
(2)左管中空气柱：
p2＝p0＝75cmHg，l2＝4.00cm，
p2′＝p1′，l2′＝4.00cm＋cm－h＝11.5cm－h
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S
代入数据解得h≈9.42cm.
考点一 气体压强的计算
1.
答案 B
解析 选右边最低液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱ph1向下的压强和液柱ph1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋ph1＝p0，所以，p＝p0－ph1，B正确．
2．
答案 B
考点二 玻意耳定律的理解及应用
3.
答案 B
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，气体体积减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确．
4．
答案 BC
解析 温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，得V2＝V1
ρ1＝，ρ2＝
则ρ2＝2ρ1，故B、C正确．
5．
答案 B
解析 设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1＝(3－2)·(V1＋4L)，解得V1＝2L.
6．
答案 AD
解析 对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1＝p0－，而汽缸向右倾斜90°后，p2＝p0，故p1V2，故A、D正确．
考点三 p－V图象和p－图象
7．
答案 AD
解析 p－V图象等温线为双曲线的一支，图象上任意一点横、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．比较可得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，同理可知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；同一p－V图象中的等温线，越靠近坐标轴表示的温度越低，故有tC＝tD>tA＝tB，D正确．
8．
答案 AB
9．
答案 D
解析 为使两管内水银面一样高，左管中空气的压强减小，由玻意耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D正确．
10.
答案 A
解析 水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方气体的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大，故选A.
11．
答案 (1)封闭在注射器内的气体 温度和质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C
12.
答案 7cm
解析 设气体初态的压强为p1，气体末态的压强为p2，
则有p1＝p0＋ρgH，p2＝p0＋ρgH.
设粗圆筒的横截面积为S，气体初态的体积为V1＝SL，
设末态的气柱长度为L′，气体体积为V2＝L′S，
由玻意耳定律得p1SL＝p2SL′，
设活塞B上移的距离为d，可得d＝L＋H－L′－H＝7cm.
13.
答案 (1)5cm (2)80cm
解析 (1)以活塞为研究对象，p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋
而p1＝p0＋ρgh1
所以有：＝ρgh1
解得：h1＝＝m＝0.05m＝5cm
(2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm
封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05) Pa＝93200Pa
初始时封闭气体的压强为：p1＝p0＋＝106800Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有：p1V1＝p2V2
代入数据：106800×70S＝93200×hS
解得：h≈80cm.
14.
答案 (1)70cmHg 80cmHg
(2)28cm 24cm
解析 (1)上端封闭气体的压强
p上＝p0－ph＝(75－5) cmHg＝70cmHg
下端封闭气体的压强
p下＝p0＋ph＝(75＋5) cmHg＝80cmHg
(2)设玻璃管横截面积为S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得
对上端封闭气体，p上L上S＝p上′L上′S，
对下端封闭气体，p下L下S＝p下′L下′S，
p上′＋15cmHg＝p下′，L上′＋L下′＝52cm
解得L上′＝28cm，L下′＝24cm.
[学习目标] 1.知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件.2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算.3.了解p－V图象、p－图象的物理意义．
一、探究气体等温变化的规律
1．气体的三个状态参量：压强p、体积V、温度T.
2．等温变化：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．
3．实验探究
(1)实验器材：铁架台、注射器、气压计、刻度尺等．
(2)研究对象(系统)：注射器内被封闭的空气柱．
(3)实验方法：控制气体温度和质量不变，研究气体压强与体积的关系．
(4)数据收集：压强由气压计读出，空气柱长度由刻度尺读出，空气柱长度与横截面积的乘积即为体积．
(5)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－图象．图象结果：p－图象是一条过原点的直线．
(6)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p与体积V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图象
气体的压强p随体积V的变化关系如图1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．
图1
1．判断下列说法的正误．
(1)在探究气体等温变化的规律时采用控制变量法．( √ )
(2)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．( √ )
(3)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．( √ )
(4)一定质量的某种气体等温变化的p－V图象是通过原点的倾斜直线．( × )
2．一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n倍，则压强变为原来的________．
答案
一、封闭气体压强的计算
(1)如图2甲所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为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，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，试求封闭气体的压强．
图2
答案 (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＋.
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3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.
图3
2．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．
说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．
例1 如图4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( )
图4
A．p0＋
B．p0＋
C．p0－
D.
答案 C
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－，故应选C.
例2 如图5所示，竖直静止放置的U形管，左端开口，右端封闭，管内有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管内．已知水银柱a长h1为10cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5cm，大气压强为75cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少．
图5
答案 65cmHg 60cmHg
解析 设管的横截面积为S，选a的下端面为参考液面，它受向下的压力为(pA＋ph1)S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态，则(pA＋ph1)S＝p0S，
所以pA＝p0－ph1＝(75－10) cmHg＝65cmHg，
再选b的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h2的上表面处的压强等于pB，则(pB＋ph2)S＝pAS，所以pB＝pA－ph2＝(65－5) cmHg＝60cmHg.
二、玻意耳定律的理解及应用
如图6，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．问：
图6
(1)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？
(2)气泡在上升过程中体积为何会变大？
(3)为什么到达水面会破？
答案 (1)变小．
(2)由玻意耳定律pV＝C可知，压强变小，气体的体积增大．
(3)内外压强不相等．
1．常量的意义
p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．
2．应用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(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求解．(注意统一单位)
(4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明．
特别提醒 确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制．
例3 如图7所示，在长为57cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4cm高的水银柱封闭着51cm长的理想气体，管内外气体的温度相同．现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平．外界大气压强p0＝76cmHg，且温度不变．求此时管中封闭气体的压强．
图7
答案 85cmHg
解析 设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，
初状态p1＝p0＋ph1＝80cmHg，V1＝51cm×S，
末状态p2＝p0＋ph＝(76＋h) cmHg，V2＝(57cm－h)S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
代入数据解得h＝9cm，则p2＝85cmHg.
例4 如图8所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度．
图8
答案
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即hS＝HS，解得F＝.
三、气体等温变化的p－V图象或p－图象
(1)如图9甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p－V图线，T1和T2哪一个大？
(2)如图乙所示为一定质量的气体在不同温度下的p－图线，T1和T2哪一个大？
图9
答案 (1)T2 (2)T2
两种等温变化图象
内容
p－V图象
p－图象
图象特点
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图象是双曲线的一支
一定质量的气体，温度不变时，pV＝恒量，p与V成反比，p与就成正比，在p－图上的等温线应是过原点的直线
温度高低
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
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
例5 如图10所示是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，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( )
图10
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
答案 D
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，所以从状态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．
1．(压强的计算)求图11中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76cmHg.(p0＝1.01×105Pa，g＝10m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)
图11
2.(p－V图象)(多选)如图12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( )
图12
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)如图13所示，封闭汽缸竖直放置，内有质量为m的活塞用竖直轻弹簧与底部相连，将缸内同一种理想气体分成体积相等的A、B两部分，活塞与汽缸内壁紧密接触且无摩擦，活塞的横截面积为S；A、B两部分的气体压强大小相等，两部分气柱的高均为h，弹簧的劲度系数为k，汽缸和活塞的导热性能良好，重力加速度大小为g.外界环境温度不变，求：
图13
(1)弹簧的原长；
(2)将汽缸倒置，最后稳定时弹簧刚好处于原长，则未倒置时缸内气体压强为多大．
4.(玻意耳定律的应用)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，管内水银柱及空气柱长度如图14所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边水银高度相等时为止．大气压强p0＝75.0cmHg，环境温度不变．求：
图14
(1)管内两边水银高度相等时，右侧管内气体的压强；
(2)活塞向下移动的距离．(结果保留三位有效数字)
考点一 气体压强的计算
1.如图1所示，U形管封闭端内有一部分气体被水银封闭，已知大气压强为p0，封闭部分气体的压强p(以汞柱为单位)为( )
图1
A．p0＋ph2
B．p0－ph1
C．p0－(ph1＋ph2)
D．p0＋(ph2－ph1)
2．(2020·长庆高级中学月考)如图2所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为( )
图2
A．h1－h2 B．h1＋h2
C. D.
考点二 玻意耳定律的理解及应用
3.如图3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( )
图3
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
4．(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
5．一定质量的气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小了2atm时，体积变化了4L，则该气体原来的体积为( )
A.LB．2LC.LD．3L
6．(多选)如图4甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞．将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态．现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比( )
图4
A．气体的压强变大 B．气体的压强变小
C．气体的体积变大 D．气体的体积变小
7．(多选)图5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说法正确的是(A、B、C、D为四个状态)( )
图5
A．tA＝tB B．tB＝tC
C．tC>tD D．tD>tA
8．(多选)下图中，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( )
9．(2020·上海市青浦区期末)如图6所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内被封闭一段气体，水银面比右管低，现保持左管不动，为了使两管内水银面一样高，下面采取的措施可行的是( )
图6
A．减小外界气压
B．从U形管的右管向内加水银
C．把U形管的右管向上移动
D．把U形管的右管向下移动
10.如图7，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h.若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则( )
图7
A．h、l均变大 B．h、l均变小
C．h变大，l变小 D．h变小，l变大
11．(1)如图8，“探究气体压强与体积的关系”实验中，研究对象是____________________，实验中应保持不变的参量是____________________，它的体积由______________直接读出，它的压强由__________________传感器等计算机辅助系统得到．
图8
(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是_____.
序号
V(mL)
p(×105Pa)
p·V(×105Pa·mL)
1
20.0
1.0010
20.020
2
18.0
1.0952
19.714
3
16.0
1.2313
19.701
4
14.0
1.4030
19.642
5
12.0
1.6351
19.621
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大
B．实验时环境温度增大了
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏
(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图9所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横坐标表示的物理量是封闭气体的________．
图9
A．热力学温度T
B．摄氏温度t
C．体积V
D．体积的倒数
(4)实验过程中，下列哪些操作是错误的________．
A．推拉活塞时，动作要慢
B．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验
D．活塞与针筒之间要保持气密性
12.如图10所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A、B两轻质活塞间封有一定质量的气体，气柱长L＝20cm.活塞A上方的水银柱的长度H＝15cm，两活塞的重力及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，直至水银的被推入细筒中，求活塞B上移的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm的水银柱产生的压强)
图10
13.(2020·新余第四中学、上高第二中学联考)如图11所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为S＝0.01m2，可在汽缸内无摩擦滑动，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为H＝70cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8kg，大气压强p0＝1×105Pa，水银密度ρ＝13.6×103kg/m3，g＝10 m/s2.
图11
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度为多少厘米(结果保留整数)．
14.如图12所示，玻璃管粗细均匀(粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内气体长度分别为上端30cm、下端27cm，中间水银柱长10cm.在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭5cm长水银柱．大气压p0＝75cmHg.
图12
(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？
(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？
参考答案
1．
答案 (1)66cmHg (2)71cmHg (3)81cmHg (4)1.13×105Pa
解析 (1)pA＝p0－ph＝76cmHg－10cmHg＝66cmHg.
(2)pA＝p0－ph＝76cmHg－10sin30°cmHg＝71cmHg.
(3)pB＝p0＋ph2＝76cmHg＋10cmHg＝86cmHg，
pA＝pB－ph1＝86cmHg－5cmHg＝81cmHg.
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105Pa＋1×103×10×1.2Pa＝1.13×105Pa.
2.
答案 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项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高后降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，D项正确．
3．
答案 (1)h＋ (2)
解析 (1)开始时，设弹簧的压缩量为x1，则kx1＝mg
求得x1＝
因此弹簧的原长为l0＝h＋x1＝h＋
(2)设开始时汽缸内的压强为p0，将汽缸倒置后，重新稳定时，汽缸内活塞移动的距离为x1.
对A部分气体p0hS＝pA(h－x1)S
对B部分气体p0hS＝pB(h＋x1)S
此时pBS＋mg＝pAS
联立解得p0＝.
4.
答案 (1)144cmHg (2)9.42cm
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.活塞被向下推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．
(1)由题给条件得
右管中空气柱：
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90cmHg，l1＝20.0cm
l1′＝(20.0－) cm＝12.5cm
由玻意耳定律得
p1l1S＝p1′l1′S
代入数据解得
p1′＝144cmHg
(2)左管中空气柱：
p2＝p0＝75cmHg，l2＝4.00cm，
p2′＝p1′，l2′＝4.00cm＋cm－h＝11.5cm－h
由玻意耳定律得p2l2S＝p2′l2′S
代入数据解得h≈9.42cm.
考点一 气体压强的计算
1.
答案 B
解析 选右边最低液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p0，在相同高度的左边液面受到液柱ph1向下的压强和液柱ph1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋ph1＝p0，所以，p＝p0－ph1，B正确．
2．
答案 B
考点二 玻意耳定律的理解及应用
3.
答案 B
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，气体体积减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B选项正确．
4．
答案 BC
解析 温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变，
据玻意耳定律得p1V1＝2p1V2，得V2＝V1
ρ1＝，ρ2＝
则ρ2＝2ρ1，故B、C正确．
5．
答案 B
解析 设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1＝(3－2)·(V1＋4L)，解得V1＝2L.
6．
答案 AD
解析 对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1＝p0－，而汽缸向右倾斜90°后，p2＝p0，故p1
考点三 p－V图象和p－图象
7．
答案 AD
解析 p－V图象等温线为双曲线的一支，图象上任意一点横、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．比较可得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，同理可知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；同一p－V图象中的等温线，越靠近坐标轴表示的温度越低，故有tC＝tD>tA＝tB，D正确．
8．
答案 AB
9．
答案 D
解析 为使两管内水银面一样高，左管中空气的压强减小，由玻意耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D正确．
10.
答案 A
解析 水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压．如果将玻璃管向上提，则管内水银柱上方气体的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大，故选A.
11．
答案 (1)封闭在注射器内的气体 温度和质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C
12.
答案 7cm
解析 设气体初态的压强为p1，气体末态的压强为p2，
则有p1＝p0＋ρgH，p2＝p0＋ρgH.
设粗圆筒的横截面积为S，气体初态的体积为V1＝SL，
设末态的气柱长度为L′，气体体积为V2＝L′S，
由玻意耳定律得p1SL＝p2SL′，
设活塞B上移的距离为d，可得d＝L＋H－L′－H＝7cm.
13.
答案 (1)5cm (2)80cm
解析 (1)以活塞为研究对象，p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋
而p1＝p0＋ρgh1
所以有：＝ρgh1
解得：h1＝＝m＝0.05m＝5cm
(2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5cm
封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05) Pa＝93200Pa
初始时封闭气体的压强为：p1＝p0＋＝106800Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有：p1V1＝p2V2
代入数据：106800×70S＝93200×hS
解得：h≈80cm.
14.
答案 (1)70cmHg 80cmHg
(2)28cm 24cm
解析 (1)上端封闭气体的压强
p上＝p0－ph＝(75－5) cmHg＝70cmHg
下端封闭气体的压强
p下＝p0＋ph＝(75＋5) cmHg＝80cmHg
(2)设玻璃管横截面积为S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得
对上端封闭气体，p上L上S＝p上′L上′S，
对下端封闭气体，p下L下S＝p下′L下′S，
p上′＋15cmHg＝p下′，L上′＋L下′＝52cm
解得L上′＝28cm，L下′＝24cm.