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人教版 (2019)选择性必修 第三册2 气体的等温变化第2课时导学案
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第三册2 气体的等温变化第2课时导学案，共15页。
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 eq \f(1,n＋1)
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＋eq \f(mg,S).
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＋eq \f(Mg,S) B．p0＋eq \f(M＋mg,S)
C．p0－eq \f(Mg,S) D.eq \f(mg,S)
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－eq \f(Mg,S)，故应选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．
如图6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6
答案 eq \f(H－hp0S＋G,H)
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋eq \f(G,S)，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋eq \f(G－F,S)，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G,S)))hS＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G－F,S)))HS，解得F＝eq \f(H－hp0S＋G,H).
(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－eq \f(1,V)图像
导学探究
(1)如图8甲所示为一定质量的理想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理想气体在不同温度下的p－eq \f(1,V)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
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．
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－10sin 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－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)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，管内汞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．(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此时管内两边汞柱高度相等，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－eq \f(20.0－5.00,2)) 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＋eq \f(20.0－5.00,2) 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＋h2B．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＋eq \f(Mg,S) B．3p0＋eq \f(Mg,S)
C．p0＋eq \f(Mg,S) 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＋eq \f(Mg,S)，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.(大气压为76 cmHg)
图3
答案 88 86
考点二 玻意耳定律
4.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．
5．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )
A.eq \f(4,3) L B．2 L C.eq \f(8,3) L D．3 L
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＋4 L)，解得V1＝2 L，B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.eq \f(7,10)
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eq \f(V2,V1)＝eq \f(p1,p2)≈eq \f(3 atm,2 atm)＝1.5，故C正确．
7．(多选)如图5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5
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
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－eq \f(mg,S)，而汽缸向右倾斜90°后，p2＝p0，故p1V2，故A、D正确．
考点三 p－V图像和p－eq \f(1,V)图像
8.(多选)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
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．
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－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)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．(2019·上海市青浦区期末)如图8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8
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
答案 D
解析 为使两管内水银面一样高，左管中气体的压强减小，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．
11.如图9，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9
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
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，假设水银柱不动，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.
12.(2020·西安中学高二期末)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图10所示．开始时两管内水银柱等高，两管内空气柱长均为l＝90 cm，此时两管内空气柱温度均为27 ℃，外界大气压为p0＝76 cmHg.现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升14 cm，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到－23 ℃，右管内温度保持在27 ℃.求：
图10
(1)注入水银柱的长度；
(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离．
答案 (1)42 cm (2)62 cm
解析 (1)只对右管封闭气体研究，发生了等温变化
p1V1＝p2V2
即76×90S＝p2(90－14)S
解得p2＝90 cmHg
故注入水银柱的长度L＝28 cm＋(90－76) cm＝42 cm
(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离
h＝(90＋14) cm－42 cm＝62 cm.
13.(2020·广西壮族自治区高二期末)如图11所示，一竖直放置在水平面上的容积为V的圆柱形汽缸，汽缸内盛有一定质量的气体．活塞的横截面积为S，活塞将气体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此时A中气体的压强为pA(未知)．现将汽缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两部分气体的体积之比为1∶2，两部分气体的压强均为1.5p0.在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞进入另一部分，外界气体温度不变，汽缸壁光滑且导热良好，活塞厚度不计，重力加速度为g，求：
图11
(1)pA的大小；
(2)活塞的质量m.
答案 (1)p0 (2)eq \f(p0S,g)
解析 (1)对气体A，由玻意耳定律可得pAVA＝p1V1
其中VA＝eq \f(V,2)，V1＝eq \f(V,3)，p1＝1.5p0
解得pA＝p0.
(2)对气体B，由玻意耳定律可得pBVB＝p2V2
其中pB＝pA＋eq \f(mg,S)＝p0＋eq \f(mg,S)，VB＝eq \f(V,2)，V2＝eq \f(2V,3)
又因为p2＝1.5p0
解得m＝eq \f(p0S,g).内容
p－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)就成正比，在p－eq \f(1,V)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
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 eq \f(1,n＋1)
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＋eq \f(mg,S).
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＋eq \f(Mg,S) B．p0＋eq \f(M＋mg,S)
C．p0－eq \f(Mg,S) D.eq \f(mg,S)
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－eq \f(Mg,S)，故应选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．
如图6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6
答案 eq \f(H－hp0S＋G,H)
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋eq \f(G,S)，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋eq \f(G－F,S)，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G,S)))hS＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p0＋\f(G－F,S)))HS，解得F＝eq \f(H－hp0S＋G,H).
(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－eq \f(1,V)图像
导学探究
(1)如图8甲所示为一定质量的理想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理想气体在不同温度下的p－eq \f(1,V)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
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．
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－10sin 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－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)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，管内汞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．(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此时管内两边汞柱高度相等，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－eq \f(20.0－5.00,2)) 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＋eq \f(20.0－5.00,2) 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＋h2B．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＋eq \f(Mg,S) B．3p0＋eq \f(Mg,S)
C．p0＋eq \f(Mg,S) 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＋eq \f(Mg,S)，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.(大气压为76 cmHg)
图3
答案 88 86
考点二 玻意耳定律
4.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．
5．一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为( )
A.eq \f(4,3) L B．2 L C.eq \f(8,3) L D．3 L
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＋4 L)，解得V1＝2 L，B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.eq \f(7,10)
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eq \f(V2,V1)＝eq \f(p1,p2)≈eq \f(3 atm,2 atm)＝1.5，故C正确．
7．(多选)如图5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5
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
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－eq \f(mg,S)，而汽缸向右倾斜90°后，p2＝p0，故p1
考点三 p－V图像和p－eq \f(1,V)图像
8.(多选)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
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．
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－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)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．(2019·上海市青浦区期末)如图8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8
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
答案 D
解析 为使两管内水银面一样高，左管中气体的压强减小，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．
11.如图9，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9
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
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，假设水银柱不动，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.
12.(2020·西安中学高二期末)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端开口与大气相连，右管上端封闭，如图10所示．开始时两管内水银柱等高，两管内空气柱长均为l＝90 cm，此时两管内空气柱温度均为27 ℃，外界大气压为p0＝76 cmHg.现在左管上端开口处缓慢注入水银压缩空气柱，直至右管内水银面上升14 cm，在注入水银过程中，左管内温度缓慢下降到－23 ℃，右管内温度保持在27 ℃.求：
图10
(1)注入水银柱的长度；
(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离．
答案 (1)42 cm (2)62 cm
解析 (1)只对右管封闭气体研究，发生了等温变化
p1V1＝p2V2
即76×90S＝p2(90－14)S
解得p2＝90 cmHg
故注入水银柱的长度L＝28 cm＋(90－76) cm＝42 cm
(2)左管注入的水银柱上表面离左管开口的距离
h＝(90＋14) cm－42 cm＝62 cm.
13.(2020·广西壮族自治区高二期末)如图11所示，一竖直放置在水平面上的容积为V的圆柱形汽缸，汽缸内盛有一定质量的气体．活塞的横截面积为S，活塞将气体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此时A中气体的压强为pA(未知)．现将汽缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两部分气体的体积之比为1∶2，两部分气体的压强均为1.5p0.在整个过程中，没有气体从一部分通过活塞进入另一部分，外界气体温度不变，汽缸壁光滑且导热良好，活塞厚度不计，重力加速度为g，求：
图11
(1)pA的大小；
(2)活塞的质量m.
答案 (1)p0 (2)eq \f(p0S,g)
解析 (1)对气体A，由玻意耳定律可得pAVA＝p1V1
其中VA＝eq \f(V,2)，V1＝eq \f(V,3)，p1＝1.5p0
解得pA＝p0.
(2)对气体B，由玻意耳定律可得pBVB＝p2V2
其中pB＝pA＋eq \f(mg,S)＝p0＋eq \f(mg,S)，VB＝eq \f(V,2)，V2＝eq \f(2V,3)
又因为p2＝1.5p0
解得m＝eq \f(p0S,g).内容
p－eq \f(1,V)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eq \f(1,V)就成正比，在p－eq \f(1,V)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
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