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第二章
课时2　气体的等温变化
气体、固体和液体
核心 目标 1．了解气体的等温变化的规律，了解玻意耳定律，理解等温线的意义．
2．能用气体等温变化规律求解简单的实际问题，能求解变质量问题．
必备知识 记忆理解
要点
1
气体的等温变化
____________的某种气体，在____________的条件下，其压强随体积的变化过程，叫作气体的等温变化．
一定质量
温度不变
要点
2
玻意耳定律
1．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________．
(2) 公式：_________ (常量)或______________．
注意：常量C不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的某种气体，温度越高，C越大．
(3) 适用条件
①气体质量不变、________不变．
②气体温度不太低、________不太大．
反比
pV＝C
p1V1＝p2V2
温度
压强
2．气体等温变化的图像
(1) p-V图像：一定质量的气体的p-V图像为一条__________，如图甲所示．
(2) p- 图像：一定质量的气体的p- 图像为过原点的____________，如图乙所示．
双曲线
倾斜直线
1．易错辨析
(1) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化． (　　)
(2) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，空气柱体积变化快慢对实验没有影响． (　　)
(3) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，被封闭气体的质量发生变化不影响实验结果． (　　)
(4) 描述气体状态的参量是密度、压强、温度． (　　)
(5) 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． (　　)
√
×
×
×
√
2．(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是 (　　　)
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C．T1>T2
D．T1解析：一定质量的气体发生等温变化时，其压强与体积成反比，故A正确；由玻意耳定律pV＝C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，B正确；根据pV＝C，pV之积越大，表示温度越高，因此T1ABD
把握考向 各个击破
玻意耳定律的应用
考向
1
1．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________．
(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．
(5) 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．
2．应用玻意耳定律解题时，要特别注意认准、选定同一部分气体的两个状态列方程求解．
条件
　　　(2025·马鞍山二中月考)如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计、面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l．现使汽缸绕与底部竖直直径重合的轴由静止开始缓慢转动，当汽缸转动的角速度为某一值时，气柱长度为2l．已知外界大气压为p0，环境温度不变(可认为气体温度保持不变)，求此时：
(1) 封闭气体的压强．
答案：(1) p0　
1
解析：(1) 对封闭气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝p1S·2l
解得p1＝p0
(2) 汽缸转动的角速度．
答案：(2)
解析：(2) 对活塞，根据牛顿第二定律有p0S－p1S＝mω2·2l
解得ω＝
　　　(2025·宁夏银川期中)(多选)在光滑水平面上有一个内外壁光滑的汽缸，汽缸质量为M，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m．活塞密封一部分理想气体．现对汽缸施一水平向左的拉力F时，如图甲所示，汽缸的加速度为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，汽缸的加速度为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 (　　　)
A．a1＝a2
B．a1C．p1D．V1＞V2
2
ACD
甲
乙
解析：对汽缸与活塞组成的整体，所受合外力均为F，据牛顿第二定律可得a1＝a2，对图甲，以活塞为研究对象，有p0S－p1S＝ma1，对图乙，以汽缸为研究对象，有p2S－p0S＝Ma2，由以上两式可得p1V2，A、C、D正确．
气体等温变化图像(即等温线)的理解与应用
考向
2
1．一定质量的某种气体，其p-V图像等温线是__________，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示．
双曲线
2．温度越高，pV＝C(常量)中C越大，等温线离坐标轴越远．如图乙所示，四条等温线的关系为T4>T3______T2>T1．
>
3．一定质量气体的等温变化过程，也可以用p- 图像来表示，如图丙所示．等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用________表示，该直线的斜率k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体温度越高．
虚线
　　　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，则下列说法中正确的是 (　　)
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
3
解析：D→A是一个等温过程，A正确；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错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错误．
A
汽缸活塞类气体问题的求解
考向
3
1．常见情形下、活塞平衡时的受力分析及气体的压强
汽缸开口向上 汽缸开口向下 汽缸开口水平

pS＝mg＋p0S p0S＝mg＋pS p0S＝pS
p＝__________ p＝__________ p＝______
p0＋
p0－
p0
2．常见类型
(1) 气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题．
(2) 气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题．
(3) 两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
　　　(2024·合肥六中期末)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通．两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连．初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长．现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升．已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内．求：
(1) 最终汽缸内气体的压强．
答案：(1) p0　
4
解析：(1) 对左、右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态体积V2＝HS＋H×2S＝SH
设末态压强为p2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0
(2) 弹簧的劲度系数和添加的沙子质量．
答案：(2)
解析：(2) 对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝
求解平衡态下活塞(或汽缸)封闭气体压强的思路
1．对活塞(或汽缸)进行受力分析，画出受力示意图．
2．列出活塞(或汽缸)的平衡方程，求出未知量．
3．不要忘记汽缸底部和活塞外面的大气压强．
1．常见情形下水银柱平衡时的受力分析及气体的压强
管中连通器类气体问题的求解
考向
4
开口向上 开口向下 水平放置 玻璃管倾斜

对水银柱 pS＝mg＋p0S； m＝ρV＝ρhS 对水银柱 p0S＝mg＋pS； m＝ρV＝ρhS 对水银柱 p0S＝pS 对水银柱
pS＝p0S＋mg sin θ
说明：当全部以国际单位制计算时，p＝ρgh的单位为Pa；当h表示汞柱高，p0也用汞柱高表示时，p的单位为汞柱高．
开口向上 开口向下 水平放置 玻璃管倾斜
p＝＋p0＝_________ p＝p0－＝_________ p＝p0 p＝＋p0＝p0＋ρgh sin θ
p0用汞柱高表示时 p＝p0＋h p0用汞柱高表示时 p＝p0－h p0用汞柱高表示时p＝p0 p0用汞柱高表示时
p＝p0＋h sin θ
p0＋ρgh
p0－ρgh
2．如图所示，U形管竖直放置．根据帕斯卡定律可知，同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以有
pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1
所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)．
　　　(2024·六安一中期末)如图所示，玻璃管开口向下竖直放置，长度为h＝ 5 cm的水银柱下表面刚好与管口平齐，此时被封闭的理想气体长度为h1＝16 cm．已知大气压强为 p0＝75 cmHg，整个过程温度保持不变．
(1) 把玻璃管缓慢转动180°，当玻璃管开口竖直向上静止时，求玻璃管内被
封闭的气柱长度．
答案：(1) 14 cm　
5
解析：(1) 开口向下时管内气体的压强 p1＝70 cmHg
开口向上时管内气体的压强 p2＝80 cmHg
设开口向上时管内气柱长度为h2，根据玻意耳定律可得p1h1S＝p2h2S
解得h2＝14 cm
(2) 在(1)的状态下，给玻璃管缓慢加入水银，当水银柱上表面刚好与管口齐平时，求加入的水银长度．(可使用数据＝8.6)
答案：(2) 2.4 cm
解析：(2) 设加入水银长度为x，则此时水银总长度为(5＋x)cm，气体长度为(16－x)cm，根据玻意耳定律可得
p2h2S＝(p0＋5＋x)(16－x)S
解得x＝2.4 cm
平衡状态下连通器中气体压强的求法
力平衡法 选取与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，得到液柱的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法 在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法 选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
随堂内化 即时巩固
1．如图是一定质量的某种气体在p-V 图中的等温线，A、B是等温线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则 (　　)
A．S1＞S2
B．S1＝S2
C．S1＜S2
D．无法比较
解析：△OBC的面积S2＝BC·OC＝pBVB，同理，△OAD的面积S1＝pAVA，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，可知两个三角形面积相等，故B正确．
B
2．(2024·安徽A10联盟月考)如图甲所示，直立的汽缸用一质量为m＝5 kg的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S＝0.01 m2，用一根轻绳将活塞固定在天花板上，稳定时活塞底部到缸底的距离为h＝0.2 m．现取下装置放置在水平地面上，经过一段时间后，活塞重新达到平衡状态，如图乙所示．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，汽缸质量M＝10 kg，取g＝10 m/s2，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，环境温度保持不变．求：
(1) 图甲中封闭气体的压强大小．
答案：(1) 9.0×104 Pa　
解析：(1) 图甲对汽缸根据平衡条件p1S＋Mg＝p0S
解得p1＝9.0×104 Pa
(2) 图乙中活塞底部距离汽缸底部的高度．(计算结果保留两位有效数字)
答案：(2) 0.17 m
解析：(2) 图乙对活塞根据平衡条件p0S＋mg＝p2S
解得p2＝1.05×105 Pa
封闭气体经历等温变化，根据玻意耳定律有
p1hS＝p2h′S
解得h′＝0.17 m课时2　气体的等温变化
考向1　玻意耳定律的应用
1. (2024·浙江绍兴高二期中)如图所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在27 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为2 L，压强为1 atm，充气筒每次充入0.2 L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，要使蹦蹦球内气体压强增大至3 atm，需要充气的次数为(　　)
A. 5次 B. 10次
C. 15次 D. 20次
2. (2024·泗县二中月考)左端封闭、右端开口粗细均匀的倒置U形玻璃管，用水银封住两部分气体，静止时如图所示，若让管保持竖直状态做自由落体运动，则(　　)
A. 气体柱Ⅰ长度减小
B. 气体柱Ⅱ长度将增大
C. 左管中水银柱A将上移
D. 右管中水银面将下降
3. (2025·广州天河区高二期中)如图所示，一端封闭、一端开口的U形管竖直放置，管中有两段水银柱封闭着a、b两部分气体，若保持a部分气体温度不变，使b部分气体温度升高，则(　　)
A. a的体积和压强不变；b的体积变大，压强不变
B. a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强变小
C. a的体积变小，压强变大；b的体积变大，压强不变
D. a和b的体积都变大，压强都变小
4. 某同学制作了一个简易的大气压强测量计.如图所示，用胶塞封闭体积为V0的广口瓶.U形玻璃管倒插入广口瓶，用胶管与直玻璃管连接，内部充有一定水.测量时首先打开胶塞再重新封闭，调整胶管使U形管水面与直玻璃管水面相平，并记录U形管左侧水面位置k.现用容积为ΔV的注射器注入与大气压强相等的气体，上下调整直玻璃管，使U形管左侧水面仍在k位置，测出直玻璃管液面p到k位置的高度差为Δh，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，不计U形管的体积，则大气压强为(　　)
A. B.
C. D.
5. (2025·山东省实验中学)如图所示，开口向下的玻璃管插入水银槽后固定不动，管内封闭了一段气体，气体压强为p，管内外水银面高度差为h.若大气压强增大，则(　　)
A. p增大，h增大 B. p减小，h增大
C. p增大，h减小 D. p减小，h减小
6. 如图所示，汽缸倒挂在天花板上，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
考向2　气体等温变化图像的理解与应用
7. (2025·芜湖一中月考)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，TAC. SASB，TA8. (多选)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，关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法中正确的是(　　)
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
9. (2025·合肥一中月考)如图所示，一封闭着理想气体、导热良好的密闭容器竖直放置，截面积为S的水平轻质活塞将该容器分成上、下两部分，每部分气体压强均为p0，初始体积相等.现将一重物悬挂在活塞上，稳定后下部的体积变为原来的一半，重物未触底.已知重力加速度大小为g，重物的体积忽略不计，汽缸与容器间没有摩擦，求：
(1) 稳定后，上、下两部分气体压强的比值.
(2) 重物的质量.
10. 气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽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，圆柱形汽缸与椅面固定连接，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.可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气(视为理想气体)，稳定后测得封闭气体柱长度为L＝21 cm.设汽缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力.已知大气压强为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，取g＝10 m/s2.
(1) 求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.
甲
乙
课时2　气体的等温变化
1. D　解析：设需要充气的次数为n次，则根据玻意耳定律有1 atm×2 L＋n·1 atm×0.2 L＝3 atm×2 L，解得n＝20.故选D.
2. A　解析：设大气压强为p0，由图示可知，封闭气体压强pⅠ＝p0－h，pⅡ＝pⅠ＋h＝p0，当U形管做自由落体运动时，水银处于完全失重状态，对封闭气体不产生压强，封闭气体压强都等于大气压p0.气柱I的压强变大，温度不变，由玻意耳定律可知，气体体积变小，气柱长度变小，右管中的水银面上升，A正确，D错误；Ⅱ部分气体压强不变，温度不变，由理想气体状态方程可知，气体体积不变，气柱长度不变，左管中水银柱A不动，B、C错误.
3. A　解析：由于b部分气体压强pb＝p0＋，保持不变，温度升高，体积增大；a部分气体的压强pa＝pb－＝p0＋－，保持不变，温度不变，体积不变.故A正确.
4. B　解析：根据玻意耳定律可得p0(V0＋ΔV)＝(p0＋ρgΔh)V0，解得p0＝，故选B.
5. A　解析：以水银柱为研究对象，则有压强关系p＋h＝p0，当p0增大时，p＋h6. B　解析：设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知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.B正确.
7. C　解析：根据等温线特征可知TA8. BD　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，可在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.故A、C错误，B、D正确.
9. (1) 1∶3　(2)
解析：(1) 设悬挂重物前，上、下两部分气体的体积都为V，由于是导热容器，所以上、下两部分气体均做等温变化，由玻意耳定律有，上部分p0V＝p1
下部分p0V＝p2
联立解得 ＝
(2) 对轻质活塞受力分析，重物对其拉力等于重物的重力mg，则有p1S＋mg＝p2S
解得m＝
甲 乙
10. (1) 1.5×105 Pa　(2) 14 cm
解析：(1) 对汽缸与椅面整体受力分析如图甲所示
由受力平衡有p1S＝p0S＋mg，p1＝p0＋
解得p1＝1.5×105 Pa
(2) 重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，对汽缸、椅面与重物整体受力分析如图乙所示
由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g
解得p2＝4.5×105 Pa
对汽缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，汽缸内气体温度不变
初状态p1＝1.5×105 Pa，V1＝LS
末状态p2＝4.5×105 Pa，V2＝L'S
对汽缸内气体由玻意耳定律
p1V1＝p2V2，p1LS＝p2L'S
解得L'＝7 cm
可知气体体积变小，长度变小即高度下降
h＝L－L'＝14 cm课时2　气体的等温变化
核心 目标 1．了解气体的等温变化的规律，了解玻意耳定律，理解等温线的意义．
2．能用气体等温变化规律求解简单的实际问题，能求解变质量问题．
要点梳理
要点1　气体的等温变化
__一定质量__的某种气体，在__温度不变__的条件下，其压强随体积的变化过程，叫作气体的等温变化．
要点2　玻意耳定律
1．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__ (常量)或__p1V1＝p2V2__．
注意：常量C不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的某种气体，温度越高，C越大．
(3) 适用条件
①气体质量不变、__温度__不变．
②气体温度不太低、__压强__不太大．
2．气体等温变化的图像
(1) p-V图像：一定质量的气体的p-V图像为一条__双曲线__，如图甲所示．
　　
(2) p- 图像：一定质量的气体的p-图像为过原点的__倾斜直线__，如图乙所示．
即学即用
1．易错辨析
(1) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化．(　√　)
(2) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，空气柱体积变化快慢对实验没有影响．(　×　)
(3) 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，被封闭气体的质量发生变化不影响实验结果．(　×　)
(4) 描述气体状态的参量是密度、压强、温度．(　×　)
(5) 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．(　√　)
2．(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法中正确的是(　ABD　)
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
B．一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的
C．T1>T2
D．T1解析：一定质量的气体发生等温变化时，其压强与体积成反比，故A正确；由玻意耳定律pV＝C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，B正确；根据pV＝C，pV之积越大，表示温度越高，因此T1考向1　玻意耳定律的应用
1．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．
(5) 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．
2．应用玻意耳定律解题时，要特别注意认准、选定同一部分气体的两个状态列方程求解．
　(2025·马鞍山二中月考)如图所示，在光滑水平面上，一质量为m、厚度不计、面积为S的活塞将一定质量的理想气体封闭在内壁光滑的圆柱形导热汽缸中，开始时活塞和汽缸静止，此时气柱长度为l．现使汽缸绕与底部竖直直径重合的轴由静止开始缓慢转动，当汽缸转动的角速度为某一值时，气柱长度为2l．已知外界大气压为p0，环境温度不变(可认为气体温度保持不变)，求此时：
(1) 封闭气体的压强．
(2) 汽缸转动的角速度．
答案：(1) p0　(2)
解析：(1) 对封闭气体，根据玻意耳定律有
p0Sl＝p1S·2l
解得p1＝p0
(2) 对活塞，根据牛顿第二定律有p0S－p1S＝mω2·2l
解得ω＝
　(2025·宁夏银川期中)(多选)在光滑水平面上有一个内外壁光滑的汽缸，汽缸质量为M，汽缸内有一质量为m的活塞，已知M>m．活塞密封一部分理想气体．现对汽缸施一水平向左的拉力F时，如图甲所示，汽缸的加速度为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，汽缸的加速度为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(　ACD　)
甲 乙
A．a1＝a2 B．a1C．p1解析：对汽缸与活塞组成的整体，所受合外力均为F，据牛顿第二定律可得a1＝a2，对图甲，以活塞为研究对象，有p0S－p1S＝ma1，对图乙，以汽缸为研究对象，有p2S－p0S＝Ma2，由以上两式可得p1V2，A、C、D正确．
考向2　气体等温变化图像(即等温线)的理解与应用
1．一定质量的某种气体，其p-V图像等温线是__双曲线__，双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示．
2．温度越高，pV＝C(常量)中C越大，等温线离坐标轴越远．如图乙所示，四条等温线的关系为T4>T3__>__T2>T1．
3．一定质量气体的等温变化过程，也可以用p- 图像来表示，如图丙所示．等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用__虚线__表示，该直线的斜率k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体温度越高．
　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，则下列说法中正确的是(　A　)
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
解析：D→A是一个等温过程，A正确；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错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错误．
考向3　汽缸活塞类气体问题的求解
1．常见情形下、活塞平衡时的受力分析及气体的压强
汽缸开口向上 汽缸开口向下 汽缸开口水平
pS＝mg＋p0S p0S＝mg＋pS p0S＝pS
p＝__p0＋__ p＝__p0－__ p＝__p0__
2．常见类型
(1) 气体系统处于平衡状态，需综合应用气体实验定律和物体的平衡条件解题．
(2) 气体系统处于力学非平衡状态，需要综合应用气体实验定律和牛顿运动定律解题．
(3) 两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解．
　(2024·合肥六中期末)如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通．两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连．初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长．现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升．已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内．求：
(1) 最终汽缸内气体的压强．
(2) 弹簧的劲度系数和添加的沙子质量．
答案：(1) p0　(2)
解析：(1) 对左、右汽缸内所封的气体，初态压强p1＝p0
体积V1＝SH＋2SH＝3SH
末态体积V2＝HS＋H×2S＝SH
设末态压强为p2，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2
解得p2＝p0
(2) 对右边活塞受力分析可知mg＋p0·2S＝p2·2S
解得m＝
对左侧活塞受力分析可知p0S＋k·H＝p2S
解得k＝
求解平衡态下活塞(或汽缸)封闭气体压强的思路
1．对活塞(或汽缸)进行受力分析，画出受力示意图．
2．列出活塞(或汽缸)的平衡方程，求出未知量．
3．不要忘记汽缸底部和活塞外面的大气压强．
考向4　管中连通器类气体问题的求解
1．常见情形下水银柱平衡时的受力分析及气体的压强
开口向上 开口向下 水平放置 玻璃管倾斜
对水银柱 pS＝mg＋p0S； m＝ρV＝ρhS 对水银柱 p0S＝mg＋pS； m＝ρV＝ρhS 对水银柱 p0S＝pS 对水银柱 pS＝p0S＋mg sin θ
p＝＋p0＝__p0＋ρgh__ p＝p0－＝__p0－ρgh__ p＝p0 p＝＋p0＝p0＋ρgh sin θ
p0用汞柱高表示时 p＝p0＋h p0用汞柱高表示时 p＝p0－h p0用汞柱高表示时p＝p0 p0用汞柱高表示时 p＝p0＋h sin θ
说明：当全部以国际单位制计算时，p＝ρgh的单位为Pa；当h表示汞柱高，p0也用汞柱高表示时，p的单位为汞柱高．
2．如图所示，U形管竖直放置．根据帕斯卡定律可知，同一液体中的相同高度处压强一定相等，所以有
pB＋ρgh2＝pA，而pA＝p0＋ρgh1
所以气体B的压强为pB＝p0＋ρg(h1－h2)．
　(2024·六安一中期末)如图所示，玻璃管开口向下竖直放置，长度为h＝5 cm的水银柱下表面刚好与管口平齐，此时被封闭的理想气体长度为h1＝16 cm．已知大气压强为 p0＝75 cmHg，整个过程温度保持不变．
(1) 把玻璃管缓慢转动180°，当玻璃管开口竖直向上静止时，求玻璃管内被封闭的气柱长度．
(2) 在(1)的状态下，给玻璃管缓慢加入水银，当水银柱上表面刚好与管口齐平时，求加入的水银长度．(可使用数据＝8.6)
答案：(1) 14 cm　(2) 2.4 cm
解析：(1) 开口向下时管内气体的压强 p1＝70 cmHg
开口向上时管内气体的压强 p2＝80 cmHg
设开口向上时管内气柱长度为h2，根据玻意耳定律可得p1h1S＝p2h2S
解得h2＝14 cm
(2) 设加入水银长度为x，则此时水银总长度为(5＋x)cm，气体长度为(16－x)cm，根据玻意耳定律可得
p2h2S＝(p0＋5＋x)(16－x)S
解得x＝2.4 cm
平衡状态下连通器中气体压强的求法
力平衡法 选取与气体接触的液柱为研究对象进行受力分析，得到液柱的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法 在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等．液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法 选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
1．如图是一定质量的某种气体在p-V 图中的等温线，A、B是等温线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则(　B　)
A．S1＞S2 B．S1＝S2
C．S1＜S2 D．无法比较
解析：△OBC的面积S2＝BC·OC＝pBVB，同理，△OAD的面积S1＝pAVA，根据玻意耳定律pAVA＝pBVB，可知两个三角形面积相等，故B正确．
2．(2024·安徽A10联盟月考)如图甲所示，直立的汽缸用一质量为m＝5 kg的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S＝0.01 m2，用一根轻绳将活塞固定在天花板上，稳定时活塞底部到缸底的距离为h＝0.2 m．现取下装置放置在水平地面上，经过一段时间后，活塞重新达到平衡状态，如图乙所示．已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa，汽缸质量M＝10 kg，取g＝10 m/s2，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，环境温度保持不变．求：
(1) 图甲中封闭气体的压强大小．
(2) 图乙中活塞底部距离汽缸底部的高度．(计算结果保留两位有效数字)
答案：(1) 9.0×104 Pa　(2) 0.17 m
解析：(1) 图甲对汽缸根据平衡条件p1S＋Mg＝p0S
解得p1＝9.0×104 Pa
(2) 图乙对活塞根据平衡条件p0S＋mg＝p2S
解得p2＝1.05×105 Pa
封闭气体经历等温变化，根据玻意耳定律有
p1hS＝p2h′S
解得h′＝0.17 m

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