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(共43张PPT)
[学习目标]
1.掌握气体等温变化的规律、表达式及适用条件，会应用气体等温变化规律解决有关问题。
2.理解气体等温变化的图像的特点，会利用图像分析解决有关问题。
1.气体的等温变化：一定质量的某种气体，在_____不变的情况下，其压强与体积发生变化的过程。
2.气体的等温变化的规律(又称玻意耳定律)
(1)内容：一定质量的某种气体，在_____不变的情况下，压强p与体积V成____。
(2)表达式：pV＝___ (式中C是常量)或p1V1＝p2V2。
(3)条件：气体的_____一定，____不变。
温度
温度
反比
C
质量
温度
[思考探究] 如图所示，恒温鱼缸中的增氧器吹出的气泡由池底慢慢上升到水面。
(1)气泡上升过程中，气泡内气体的温度发生变化吗？
(2)气泡上升过程中，气泡内气体的压强怎么变化？
(3)气泡上升过程中气泡的体积怎样变化？
提示　(1)因为气泡在恒温鱼缸中慢慢上升，所以气泡内气体的
温度保持不变。
(2)根据液体压强的特点可知，气泡内气体的压强变小。
(3)气泡内气体做等温变化，根据玻意耳定律可知，压强变小，气体的体积增大。
[例1]　(2025·广西柳州高二期末)如图甲所示，一粗细均匀的长细管开口向下竖直固定时，管内高度为H的水银柱上方封闭气体的长度为h，现将细管缓慢旋转至开口竖直向上，如图乙所示。已知大气压强恒为p0，水银的密度为ρ，管内气体温度不变，重力加速度大小为g，图乙中封闭气体的长度为(　　)
C
[例2]　(2025·四川攀枝花高二月考)如图甲所示，气压式升降椅内的气缸填充了氮气，气缸上下运动支配椅子升降。如图乙所示为其简易结构示意图，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设气缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)初始状态封闭气体的压强；
(2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅
面下降的高度。
答案　(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm
解析　(1)对气缸与椅面整体受力分析，由受力平衡有p1S＝p0S＋mg
解得p1＝1.5×105 Pa。
(2)重物放上后，设气缸内气体压强为p2，对气缸、椅面与重物整体受力分析，由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g
解得p2＝4.5×105 Pa
对气缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则气缸内气体温度不变。
初状态：p1＝1.5×105 Pa，V1＝LS
末状态：p2＝4.5×105 Pa，V2＝L′S
对气缸内气体由气体等温变化规律(或玻意耳定律)有p1LS＝p2L′S
解得L′＝7 cm
即高度下降h＝L－L′＝14 cm。
[总结提升]
应用气体等温变化规律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。
(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)。
(3)根据气体等温变化规律列方程求解(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。
[例3]　如图所示，竖直放置的导热气缸，活塞横截面积为S ＝0.01 m2，可在气缸内无摩擦滑动。气缸侧壁有一个小孔与装有水银的U形玻璃管相通，气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＝10.2 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度 ρ＝13.6×103 kg/m3，g取10 m/s2。
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)在活塞上加一竖直向上的拉力，缓慢向上拉活塞使U形管中
左管水银面高出右管水银面h2＝7.5 cm，求活塞平衡时与气缸
底部的高度和此时的拉力F。
答案　(1)0.075 m　(2)0.859 m　204 N
解析　(1)以活塞为研究对象，活塞受力平衡，有 p0S＋mg＝p1S
对右侧高度为h1的液柱，有p1＝p0＋ρgh1
联立解得h1＝0.075 m。
(2)气缸内气体做等温变化，则活塞平衡后气缸内的压强为p2＝p0－ρgh2
由玻意耳定律有p1V1＝p2V2
且V1＝SH，V2＝xS
联立解得x≈0.859 m
对活塞，由平衡条件得p0S＋mg＝p2S＋F
解得F＝204 N。
1.等温线：气体等温变化过程中___________变化的关系图像，也叫等温线。
2.等温线的特点
(1)在p－V图像中，一定质量的气体的等温线为_____________，如图甲所示。
压强与体积
双曲线的一支
过原点的倾斜直线
3.气体等温变化的两种图像的比较
[例4]　(多选)如图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关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态)(　　)
AD
A.TA＝TB B.TB＝TC
C.TC>TD D.TD>TA
解析　p－V图像中，等温线为双曲线的一支，图像上任意一点横、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，同理可得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图像中的等温线越靠近坐标原点表示的温度越低，故有TA[例5]　(多选)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(　　)
AD
A.D→A是一个等温过程
B.A→B是一个等温过程
C.TA>TB
D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变
解析　D→A是一个等温过程，A正确；由题图可知，T2>T1，故A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。
[例6]　(多选)如图，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，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是(　　)
BD
A.都一直保持不变 B.温度先升高后降低
C.温度先降低后升高 D.平均速率先增大后减小
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，可在p－V图像上作出几条等温线，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，故A、C错误，B、D正确。
1.(气体的等温变化)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(　　)
B
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　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。
解析　设该气体原来的体积为V1，由气体等温变化规律知，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。
B
3.(p－V图像)如图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端偏离竖直方向一定角度，能描述管内气体状态变化的图像是(箭头表示状态的变化方向)(　　)
A
解析　设大气压强为p0，封闭气体压强p＝p0－ρgh，玻璃管绕其最下端偏离竖直方向一定角度，水银柱的有效高度h变小，封闭气体压强变大；气体温度不变，压强变大，由气体等温变化的规律pV＝C可知，气体体积将变小，pV为常数，由数学知识知p－V图线为双曲线，故A正确，B、C、D错误。
BD
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[基础巩固练]
1.已知大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度为103 kg/m3，g取10 m/s2，水中的一个气泡从距离水面30 m处上升(气泡上升过程中温度不变)到距离水面10 m处时，它的体积约变为原来体积的(　　)
A.4倍 B.3倍
C.2倍 D.2.5倍
解析　大气压强为p0＝1×105 Pa，距离水面30 m处的压强p1＝p0＋ρgh1＝4p0，距离水面10 m处的压强p2＝p0＋ρgh2＝2p0，根据气体等温变化规律有p1V1＝p2V2，得V2＝2V1，它的体积变为原来体积的2倍，故选C。
C
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2.(多选)如图所示，水银柱上面封闭一段气体，管内外水银面高度差h＝72 cm，大气压强为76 cmHg，下列说法正确的是(　　)
A.将管稍微上提，h不变
B.将管稍微上提，h变大
C.将管下插至管顶与管外水银面高度差为70 cm 时，管内外水银
面高度差也是70 cm
D.将管下插至C项所述位置时，管内外水银面高度差小于70 cm
解析　由pV＝C知，上提时，体积变大，压强变小，内外液面差变大，B正确；同样下插时，体积变小，压强变大，内外液面差变小，D正确。
BD
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3.如图所示，气缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的(　　)
A.压强变大，体积变大
B.压强变大，体积变小
C.压强变小，体积变大
D.压强变小，体积变小
解析　设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞受力分析可得pS＋mg＝p0S，则当m减小时，p增大；根据玻意耳定律pV＝C可知，体积减小，故B正确。
B
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4.(多选)如图所示四个选项中，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(　　)
AB
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5.如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡皮管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 cm，大气压强为75 cmHg，现移动右侧玻璃管，使两侧管内水银面相平，此时气体柱的长度为(　　)
A
A.20 cm B.25 cm
C.40 cm D.45 cm
解析　设玻璃管横截面积为S，初态，左管封闭气体的压强为p1＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg，体积V1＝30S(cm3)，当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积为V2＝LS，压强p2＝75 cmHg，由气体等温变化规律可得p1V1＝p2V2，解得L＝20 cm，故A正确，B、C、D错误。
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6.如图所示，一个内壁光滑、导热性能良好的气缸竖直吊在天花板上，开口向下，质量与厚度均不计、导热性能良好的活塞横截面积为S＝2×10-3 m2，与气缸底部之间封闭了一定质量的气体。此时活塞与气缸底部之间的距离h＝24 cm。活塞距气缸口10 cm。气缸所处环境的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取10 m/s2。现将质量为m＝4 kg的物块挂在活塞中央位置上。活塞挂上重物后，活塞下移，则稳定后活塞与气缸底部之间的距离为(　　)
D
A.25 cm B.26 cm
C.28 cm D.30 cm
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7.(多选)如图所示是一定质量的气体由状态A变化到状态B再变化到状态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
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、D正确；从B到C的过程温度降低，B、C错误。
AD
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[能力提升练]
8.(2025·四川广安市高二期末)如图所示，a、b、c是三根完全相同的玻璃管，一端封闭，管内各用相同长度的一段水银柱封闭了质量相等的空气，a管竖直向下做自由落体运动，b管竖直向上做加速度为g的匀加速运动，c管沿倾角为45°的光滑斜面下滑，若空气温度始终不变，当水银柱相对管壁静止时，a、b、c三管内的空气柱长度La、Lb、Lc间的关系为(　　)
D
A.Lb＝Lc＝La B.LbC.Lb>Lc>La D.Lb1
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解析　设大气压强为p0。对a管：a管竖直向下做自由落体运动，处于完全失重状态，封闭气体的压强等于大气压强，即pa＝p0 ；对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得pbS－p0S－mg＝ma，可知pb>p0，对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得p0S＋mg sin 45°－pcS＝ma，又对管子和水银整体，有Mg sin 45°＝Ma，得a＝g sin 45°，联立解得pc＝p0，综上可得pb>pa＝pc，根据玻意耳定律pV＝C，可得Lb1
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9.(多选)在光滑水平面上有一个内外壁光滑的气缸，气缸质量为M，气缸内有一质量为m的活塞，已知M>m。活塞密封一部分气体。现对气缸施一水平向左的拉力F时，如图甲所示，气缸的加速度为a1，封闭气体的压强为p1，体积为V1；若用同样大小的力F水平向左推活塞，如图乙所示，气缸的加速度为a2，封闭气体的压强为p2，体积为V2。设密封气体的质量和温度均不变，则(　　)
AD
A.a1＝a2 B.a1C.p1>p2 D.V1>V2
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10.(2025·广西贵港高二期末)某科技小组受“奋斗者”号的启发，自己动手制作了一个潜水器模型。如图所示，高压气瓶通过细管与压载水箱连接，压载水箱通过通海口(细管)通向外界，连接各部分的细管容积不计。压载水箱中有一厚度忽略不计的轻活塞，在地面先将高压空气充入高压气瓶中，关闭阀门K，此时活塞在压载水箱最右端。压载水箱通过通海口装满水后，潜水器下沉到水下h＝20 m处悬停，通过遥控器将阀门K打开，高压气瓶中的气体缓慢膨胀推动活塞，刚好能够将压载水箱中的水全部排出，已知高压气瓶的容积为 1.5 L，压载水箱的容积为 6 L，大气压强p0＝1.0×105 Pa，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2。若气体温度不变，活塞与水箱的摩擦力忽略不计。
(1)从微观角度分析水排出后，压载水箱和高压气瓶
内压强比原高压气瓶内压强小的原因。
(2)高压气瓶中气体的初始压强为多大？
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答案　(1)见解析　(2)1.5×106 Pa
解析　(1)水排出后，气体温度不变，分子的平均速率不变，气体体积增大，分子数密度减小，所以压强减小。
(2)设高压气瓶中气体的初始压强为p1，体积为V1。
水排出后，气体的总体积V2＝V1＋V压
压强为p2＝p0＋ρgh
由气体等温变化规律有p1V1＝p2V2
即p1V1＝(p0＋ρgh)(V1＋V压)
代入数据解得p1＝1.5×106 Pa。
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[拓展培优练]
11.(2025·广东卷)如图是某铸造原理示意图，往气室注入空气增加压强，使金属液沿升液管进入已预热的铸型室，待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通，大气压强p0＝1.0×105 Pa，铸型室底面积S1＝0.2 m2，高度h1＝0.2 m，底面与注气前气室内金属液面高度差H＝0.15 m，柱状气室底面积S2＝0.8 m2，注气前气室内气体压强为p0，金属液的密度ρ＝5.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2，空气可视为理想气体，不计升液管的体积。
(1)求金属液刚好充满铸型室时，气室内金属液面下降的高度h2
和气室内气体压强p1。
(2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封，且注气过程中铸型室
内温度不变，求注气后铸型室内的金属液高度为h3＝0.04 m时，
气室内气体压强p2。
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答案　(1)0.05 m　1.2×105 Pa　(2)1.35×105 Pa
解析　(1)金属液刚好充满铸型室时，有h1S1＝h2S2
代入数据解得h2＝0.05 m
则气室内气体的压强p1＝p0＋ρg(h1＋H＋h2)
代入数据解得p1＝1.2×105 Pa。
(2)设注气后气室内金属液液面下降的高度为h4，则有h3S1＝h4S2
解得h4＝0.01 m
由于注气过程中铸型室内温度不变，则对铸型室内气体，由玻意耳定律有
p0S1h1＝p′S1(h1－h3)
解得注气后铸型室内气体的压强p′＝1.25×105 Pa
所以注气后气室内气体压强p2＝p′＋ρg(h3＋H＋h4)
解得p2＝1.35×105 Pa。

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