物理选择性必修 第三册第二章 气体、固体和液体2 气体的等温变化第2课时导学案及答案

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第2课时　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图像、p－图像的物理意义．

　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．

1．判断下列说法的正误．
(1)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．(　√　)
(2)公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．(　√　)
(3)一定质量的某种气体等温变化的p－V图像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
导学探究
(1)如图1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，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，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1
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＋.
知识深化
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2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2
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．
如图3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(　　)

图3
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－，故选C.
如图4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10 cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm，大气压强为75 cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少．

图4
答案　65 cmHg　60 cmHg
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＝65 cmHg，
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＝60 cmHg.
二、玻意耳定律
导学探究
如图5所示，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5
(1)上升过程中，气泡内气体的压强如何改变？
(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，气泡内压强大于外部压强．
知识深化
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　确定气体的压强或体积时，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．
(2021·江苏扬州高二期中)如图6所示是某乡村排水管道的侧面剖视图，井盖上的泻水孔因故堵塞，井盖与管口间密封良好但不粘连．暴雨期间，水位迅速上涨，该井盖可能会不断跳跃．设井盖质量为m＝60.0 kg，圆柱形竖直井内水面面积为S＝0.300 m2，图示时刻水面与井盖之间的距离为h＝2.06 m，井内密封有压强刚好等于大气压强p0＝1.01×105 Pa的空气(可视为理想气体)，温度始终不变，重力加速度取g＝10 m/s2.

图6
(1)求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
(2)求从图示位置起，水面上涨多高后井盖会被顶起；
(3)若井盖第一次被顶起后又迅速落回，井盖与管口的密封性被破坏，求井盖被顶起前后井中空气质量之比．
答案　(1)1.03×105 Pa　(2)0.04 m　(3)
解析　(1)设密闭空气的压强为p时井盖刚好被顶起，则对井盖由平衡条件可得pS＝p0S＋mg
解得p＝1.03×105 Pa.
(2)设从题图所示位置起，水面上涨x后井盖会被顶起，根据玻意耳定律可得p0hS＝p(h－x)S
解得x＝0.04 m.
(3)若井盖被顶起前封闭空气等温膨胀至压强为p0时的体积为V′，则根据玻意耳定律可得pV＝p0V′
井盖被顶起后井中空气的压强变为p0，体积为V，所以井盖被顶起前后井中空气的质量之比为＝＝＝.
(2020·四川高二期末)粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直静止放置，注入一段水银柱后管内气体分为长度均为l＝27 cm的A、B两部分，如图7甲所示．现将细管上端封闭，在竖直面内缓慢旋转180°后竖直静止放置，如图乙所示，此时A部分气体长度为lA＝24 cm.已知外界大气压p0＝76 cmHg，环境温度保持不变，求：

图7
(1)旋转180°后竖直静止放置时A部分气体的压强；
(2)管内注入的水银柱长度．
答案　(1)85.5 cmHg　(2)9 cm
解析　(1)设旋转前A部分气体的体积为VA；旋转180°后A部分气体的压强为pA′，体积为VA′；细玻璃管横截面积为S
VA＝lS
VA′＝lAS
对A部分气体，由玻意耳定律有p0VA＝pA′VA′
联立以上各式可得pA′＝85.5 cmHg
(2)设旋转前B部分气体的压强为pB，体积为VB；旋转180°后B部分气体的压强pB′，体积为VB′；管内注入的水银柱长度为h
pB＝p0＋ph
VB＝lS
pB′＋ph＝pA′
VB′＝(2l－lA)S
对B部分气体，由玻意耳定律有pBVB＝pB′VB′
联立以上各式可得ph＝9 cmHg
故管内注入的水银柱长度h＝9 cm.
三、气体等温变化的p－V图像或p－图像
导学探究
(1)如图8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8
答案　(1)T2　(2)T2

知识深化
两种等温变化图像
内容
p－图像
p－V图像
图像特点


物理意义
一定质量的某种气体，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倾斜直线
一定质量的某种气体，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
一定质量的某种气体，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

如图9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(　　)

图9
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，选项D正确.


1．(压强的计算)求图10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＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)


图10
答案　(1)66 cmHg　(2)71 cmHg　(3)81 cmHg　(4)1.13×105 Pa
解析　(1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg.
(2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg.
(3)pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg，
pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg.
(4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa.
2.(p－图像)如图11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(　　)

图11
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体积减小，压强减小，温度不变
答案　A
解析　D→A是一个等温过程，A对；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、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．
3.(玻意耳定律)(2020·吉林高二期末)如图12所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为1 000 cm3，上方汽缸的长度为40 cm，横截面积为50 cm2.小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于大气压．皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气，不考虑皮吸与汽缸的形状变化，环境温度保持不变，汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2.

图12
(1)若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸底部时，求皮吸中气体的压强；
(2)若初始状态下活塞位于汽缸底部，小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止，求此时小明作用力的大小．
答案　(1)3.0×105 Pa　(2)250 N
解析　(1)以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p0，
体积：V1＝1 000 cm3＋40×50 cm3＝3 000 cm3
当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为p2，体积为V2＝1 000 cm3，
由玻意耳定律：p0V1＝p2V2
解得：p2＝3p0＝3.0×105 Pa
(2)以皮吸内的气体为研究对象，初始状态下封闭气体的压强为p0，体积为V2＝1 000 cm3，活塞缓慢向上提起20 cm高度保持静止时，设小明作用力的大小为F，封闭气体的压强为p3，体积为：
V3＝1 000 cm3＋20×50 cm3＝2 000 cm3
由玻意耳定律有：p0V2＝p3V3
又有：F＋p3S＝p0S
解得：F＝250 N.
4.(玻意耳定律的应用)(2020·晋江市养正中学高二期中)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13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．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．(保留三位有效数字)

图13
答案　144 cmHg　9.42 cm
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时管内两边水银高度相等，此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′，长度为l2′.玻璃管的横截面积为S，以cmHg为压强单位．
由题给条件得
右管中空气柱：
p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg＝90 cmHg，l1＝20.0 cm
l1′＝(20.0－) cm＝12.5 cm
由玻意耳定律得
p1l1S＝p1′l1′S
代入数据解得
p1′＝144 cmHg
左管中空气柱：
p2＝p0＝75.0 cmHg，l2＝4.00 cm
p2′＝p1′，
l2′＝4.00 cm＋ cm－h＝11.5 cm－h
由玻意耳定律得
p2l2S＝p2′l2′S
代入数据解得
h≈9.42 cm.


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住，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＋h2
B．p0－h1
C．p0－(h1＋h2)
D．p0＋(h2－h1)
答案　B
解析　选右边液面为研究对象，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h1向下的压强和液柱h1上面气体向下的压强p，根据连通器原理可知：p＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确．
2.(2020·莱州一中高二月考)如图2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(　　)

图2
A．4p0＋ B．3p0＋
C．p0＋ D．条件不够，无法判断
答案　C
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．
3.如图3所示，两端开口的足够长的均匀U形管竖直放置，用两段汞柱封闭了一段空气柱．若在右端再注入2 cm的汞柱，则封闭气体的压强为________ cmHg；若在左端再注入2 cm的汞柱，则封闭气体的压强为________ cmHg.(大气压强为76 cmHg)

图3
答案　88　86
考点二　玻意耳定律
4.(2020·江苏省马坝高中高二月考)如图4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4
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
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，被封闭的空气体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，B选项正确．
5．(2020·江苏省平潮高级中学高二月考)空气压缩机的储气罐中储有1.0×105 Pa的空气6.0 L，现再充入1.0×105 Pa的空气9.0 L．设充气过程为等温过程，则充气后储气罐中气体压强为(　　)
A．2.5×105 Pa B．2.0×105 Pa
C．1.5×105 Pa D．1.0×105 Pa
答案　A
解析　充气之前，两部分气体合起来作为初始状态，压强都是1.0×105 Pa，初始体积为两部分体积的和，即初始状态p1＝1.0×105 Pa，V＝V1＋V2＝15.0 L，末状态有V′＝V1＝6.0 L，过程中温度不变．由玻意耳定律有p1V＝p2V′，代入数据解得p2＝2.5×105 Pa，故A正确．
6．一个气泡由湖面下20 m深处缓慢上升到湖面下10 m深处，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.
答案　C
解析　由于气泡缓慢上升，在湖面下20 m处，气泡的压强p1≈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≈2 atm.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，因此＝≈＝1.5，故C正确．
7.如图5，一端开口、另一端封闭的玻璃管水平放置，管内用水银柱封闭了一定量的气体．按图示方式缓慢旋转玻璃管至竖直状态，该气体的(　　)

图5
A．压强增大，体积减小
B．压强减小，体积减小
C．压强增大，体积增大
D．压强减小，体积增大
答案　A
解析　水平位置时的气体的压强：p1＝p0；开口向上的竖直位置的压强：p2＝p0＋ρ水银gh；可知向上竖起的过程中，气体的压强增大，由玻意耳定律得，体积减小，故A正确．
考点三　p－V图像和p－图像
8.如图6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6
A．从A到B的过程温度降低
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
答案　D
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项错误，D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．

9.(2020·南京师大附中模拟)一定质量的气体经历一系列状态变化，其p－图线如图7所示，变化顺序由a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，dc线段与p轴垂直，da线段与轴垂直．气体在此状态变化过程中(　　)

图7
A．a→b，压强减小、温度不变、体积增大
B．b→c，压强增大、温度降低、体积减小
C．c→d，压强不变、温度升高、体积减小
D．d→a，压强减小、温度升高、体积不变
答案　A
解析　由题图可知，a→b，温度不变，体积增大，压强减小，A正确；b→c，温度升高，压强增大，体积增大，B错误；c→d，压强不变，温度降低，体积减小，C错误；d→a，压强减小，温度降低，体积不变，D错误．

10．一横截面积为S的汽缸水平放置，固定不动，汽缸壁是导热的．两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4，如图8所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使之向右移动一段距离d，不计活塞与汽缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为(　　)

图8
A.d B.d C.d D.d
答案　D
解析　以活塞B为研究对象：初状态p1S＝p2S，气室1、2的体积分别为V1、V2，末状态p1′S＝p2′S，气室1、2的体积分别为V1′、V2′，在活塞A向右移动距离d的过程中设活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律，得：
p1V1＝p1′(V1＋xS－dS)
p2V2＝p2′(V2－xS)
代入数据解得：x＝d，故A、B、C错误，D正确．
11.(2020·南京师范大学附属实验学校高二月考)如图9所示，把装有气体的上端封闭的玻璃管竖直插入水银槽内，管内水银面与槽内水银面的高度差为h，当玻璃管缓慢竖直向下插入一些，问h怎样变化？气体体积怎样变化？(　　)

图9
A．变小，变小
B．变大，变小
C．不变，不变
D．变小，变大
答案　A
12．(2020·江苏苏州高二期中)如图10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：

图10
(1)小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时的压强；
(2)小车加速度的大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)小车静止，根据平衡条件可得气体的压强为p0，体积为V0＝LS
设小车加速稳定时，气体压强为p，体积为V＝(L－d)S
由玻意耳定律得p0V0＝pV
联立可得p＝
(2)活塞受到汽缸内外气体的压力分别为F＝pS，F0＝p0S
由牛顿第二定律得F－F0＝ma
联立可得a＝.
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＝0.01 m2，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＝70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)．已知活塞质量m＝6.8 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度ρ＝13.6×103 kg/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＝5 cm，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)．
答案　(1)5 cm　(2)80 cm
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＝0.05 m＝5 cm
(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＝5 cm
封闭气体的压强p2＝p0－ρgh2＝(1×105－13.6×103×10×0.05) Pa＝93 200 Pa
初始时封闭气体的压强为：p1＝p0＋＝106 800 Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律有：
p1V1＝p2V2
即p1HS＝p2H′S
解得：H′≈80 cm.