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2.2气体的等温变化
课题1　玻意耳定律
1. 探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的关系．
2. 理解并会应用玻意耳定律．
3. 会分析一定质量的气体等温变化的图像及不同温度下的等温线．
1. 用气体的三个状态参量：压强(p)、体积(V)、温度(T)，解释打足气的自行车在烈日的暴晒下常常会爆胎的原因．
2. 塑料饮料瓶瓶口套上气球，如图所示．小华同学表演吹气球，但是气球总是吹不大．将饮料瓶瓶底钻了一个孔后，小华再吹气球时，很轻松地吹大了气球．请分析瓶底完好时，小华吹气球过程中，瓶内气体(忽略温度变化)的压强(p)和体积(V)的变化情况．
1. 实验目的：探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的关系(等温变化).
2. 实验原理：将一定质量的气体封闭在容器里，在温度不变的情况下，改变气体的体积，测得对应的压强，测多组数据，对数据进行分析与研究．
3. 实验器材：实验装置如图所示，包括铁架台、________、压力表、刻度尺等．
4. 研究对象(系统)：注射器内被封闭的________．
5. 实验方法：控制气体________和________不变，研究气体压强与体积的关系．
(1)压强由________读出．
(2)空气柱长度由长度标尺读出，长度标尺与横截面积的乘积即为体积．思考：是否一定要测空气柱的横截面积？
6. 数据收集：
实验序号 1 2 3 4 5
压强p/105 Pa
体积V
体积倒数
注意：让空气柱的体积变化不要太快，保证温度不发生明显的变化．
7. 数据处理：
请用描点法作图，在图甲、图乙中分别画出p-V图像和p- 图像．
　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　　　　　　　乙
8. 实验结论：
图甲：_____________________________________________________________；
图乙：____________________________________________________________.
9. 回顾实验各个环节，写出实验产生误差的可能原因．(至少写出两点)
1. 玻意耳定律
(1)阅读教材，理解玻意耳定律，并写出该定律的数学表达式．
注意：对确定的研究对象在等温变化时，C是常量，但对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C的数值一般不同．
(2)如图所示，在注射器中封闭1×105 Pa、300 mL的空气，在相同的环境温度下，将它的体积缓慢压缩一半，其压强是多少？
2. 两种图像
(1)p-V图像(如图所示)
一定质量的气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支，我们称它为等温线．图线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个________，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的________是相等的(图中矩形面积相等).
一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，则图中T2________T1(p-V乘积越大，温度就越________)，理由是_____________
___________________________________________________________．
(2)p- 图像(如图所示)
一定质量的气体的等温变化过程，p- 图像是__________
__________________．该直线的斜率k＝________，故斜率越大，温度________，图中T2________T1.
3. 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，气体分子平均速率的变化情况是(　　)
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
1. 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(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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
2. 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4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
3. 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. L　 B. 2 L　 C. L　 D. 3 L
4. 如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p- 图线，由图可知(　　)
A. 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B. 一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
C. T1＞T2
D. T1＝T2
5. 在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示．利用注射器选取一段空气柱为研究对象．下列改变空气柱体积的操作正确的是(　　)
A. 把柱塞快速地向下压
B. 把柱塞缓慢地向上拉
C. 在橡胶塞处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞
D. 在橡胶塞处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞
6. 用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示．
甲 乙
实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③用V- 图像处理实验数据，得到如图乙所示的图线．
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是______________
____________________________．
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是______________
_____________________________．
(3)如果实验操作规范正确，但图乙图线不过原点，则V0代表_______________
______________________________．
7. 在做“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验小组记录了一系列数据．但是，仅就表格中的两组数据来看，小王和小李却有完全不同的看法：小王认为，这两组数据很好地体现了p跟V成反比的规律，因此两组数据p和V的乘积几乎相等；小李却认为，如果把这两组数据在纵坐标轴为p、横坐标轴为 的坐标系中描点，这两点连线的延长线将不经过坐标原点，因此这两组数据没有反映p跟V成反比的规律．对此你有什么看法？
序号 均匀玻璃管内空气柱的长度l/cm 空气柱的压强p/105 Pa
1 39.8 1.024
2 40.3 0.998
… … …
课题2　玻意耳定律的应用
1. 会计算几种常见封闭气体的压强．
2. 会熟练应用玻意耳定律解决问题．
1. 液柱封闭气体
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．如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故pA＝p0＋ρgh；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看有pB＝pA＋ρgh2，从右侧管看，有 pB＝p0＋ρgh1.
甲　　　　　　　　乙
说明：在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度．求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程．
求下列图中A处被封闭气体的压强．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)
(1)　　　　 　　(2)　　　　 　　(3)　　　 　　(4)
2. 活塞封闭气体
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．如图甲所示，汽缸截面积为S，活塞质量为M.在活塞上放置质量为m的铁块，大气压强为p0.以活塞为研究对象，受力分析如图乙所示．由平衡条件得Mg＋mg＋p0S＝pS，即封闭气体的压强p＝p0＋.
甲　　　　　　　　　　乙
说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．
如图所示，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(　　)
A. p0＋　 B. p0＋
C. p0－　 D.
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．
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．
1. 一个足球的容积是2.5 L．用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进足球内．如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同，打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？你在得出结论时考虑到了什么前提？实际打气时的情况能够满足你的前提吗？
2. 如图所示，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．
3. 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：
(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．
甲　　乙
1. 一导热汽缸内封有气体，活塞可以无摩擦滑动．汽缸按下列中四种方式放置，活塞平衡后，缸内气体分子数密度最大的是(　　)
A B C D
2. 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，空气可看作理想气体，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
3. 在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残存的空气，此时玻璃管竖直放置，如图所示．假如把玻璃管竖直向下缓慢地按压一段距离，环境温度保持不变，则(　　)
A. 管内空气柱变长
B. 管内、外水银面高度差变大
C. 管内空气压强减小
D. 管内空气分子的数密度增大
4. 水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空．当实际大气压相当于768 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm.设温度保持不变，当这个气压计的读数为740 mm Hg时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？
5. 如图所示，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，A、B两部分气体均未转移，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：
(1)pA的大小；
(2)活塞的质量m.
6. 如图所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．在活塞A的上方放置一质量为2m的物块，整个装置处于平衡状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0.已知大气压强与活塞质量的关系为p0＝，活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．现将活塞A上面的物块取走，试求重新达到平衡状态后，活塞A上升的高度．
7. 超市中有一种强力挂钩，其工作原理如图所示．使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为0.5P0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为2V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，吸盘的总质量为m，与墙面间的动摩擦因数为μ，外界大气压强为p0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略操作时的温度变化．
(1)锁扣扳下后空腔中气体的压强；
(2)理论上挂钩能挂重物的最大质量．
甲 乙
第2节　气体的等温变化
课题1　玻意耳定律
【活动方案】
活动一：
1. 打足气的轮胎暴晒后，温度升高，压强增大，体积膨胀，易爆胎．
2. 瓶内气体体积减小，压强增大，所以气球难吹大．
活动二：
3. 注射器
4. 空气柱
5. 质量　温度　(1) 压力表　(2) 不一定．
6. 略
7. 图像的大致形状如图所示．
甲 乙
8. 图甲：体积增大，压强减小
图乙：压强与体积的倒数成正比(压强与体积成反比)
9. ①空气柱的质量发生改变(漏气)；
②空气柱的温度发生改变；
③读数误差；
④橡皮套里有空气．
活动三：
1. (1)玻意耳定律内容：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．
表达式：pV＝C或者p1V1＝p2V2.
(2)状态1：压强是p1，体积是V1，
状态2：压强是p2，体积是V2，
根据p1V1＝p2V2，
解得p2＝2×105 Pa.
2. (1)状态　乘积　＞　高　在图中过V轴某点画平行于p轴的辅助线，在相同的体积下，压强大的气体温度高，故T2>T1
(2)过原点的倾斜直线　pV　越高　＞
3. D　由图可知，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，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．故D正确．
【检测反馈】
1. B　由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正确．
2. C　温度是分子平均动能的标志，由于温度T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＝.即ρ2＝2ρ1，故C正确．
3. B　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)，解得V1＝2 L．故B正确．
4. B　这是一定质量的气体在发生等温变化时的p- 图线，由图线过原点可知 ＝恒量，即斜率k＝pV为恒量，所以p与V成反比，A错误，B正确；根据p- 图线斜率的物理意义可知C、D错误．
5. B　因为该实验是要探究气体等温变化的规律；实验中要缓慢推动或拉动柱塞，目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变；为了方便读取封闭气体的体积，不需要在橡胶塞处接另一注射器．故B正确．
6. (1)在注射器活塞上涂润滑油
(2)移动活塞要缓慢，不能用手握住注射器封闭气体部分
(3)注射器与压强传感器连接部位的气体体积
7. 小王的说法错误，小李的说法正确．因为两组数据的体积变化量和压强变化量都非常小，即使实验误差非常大，体积和压强的乘积也不会有什么变化，两乘积看起来是相等的．此时，不应该比较压强和体积的数据，而应该比较体积变化量和压强变化量的数据．根据题中的数据，气体的体积变化量等于原体积的1.3%，而压强的变化量却等于后来压强的2.6%，因此，该实验没有反映压强与体积成反比的规律．若用作p- 图像的方法来处理数据，图像中两点连线的斜率描述的是压强变化量和体积变化量的关系．如果这两点的连线明显不通过坐标原点，则表示p、V的实验数据没有体现反比规律，所以小李的说法是正确的．
课题2　玻意耳定律的应用
【活动方案】
活动一：
1. (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. C　以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故C正确．
活动二：
1. 以最终足球内部的气体为研究对象，设大气压为p0，在温度不变时，这部分气体在初始状态下，p1＝p0，V1＝2.5 L＋0.125×20 L＝5.0 L；打气后，气体体积V2＝2.5 L．根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝2p0.得出此结论的前提是打气过程中温度保持不变．实际打气时，由于压缩气体做功，气体温度会升高，故不能满足．
2. 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＝.
3. (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p′A，体积为V′A；细玻璃管横截面积为S，
VA＝lS，V′A＝lAS，
对A部分气体，由玻意耳定律有p0VA＝p′AV′A，
联立以上各式解得p′A＝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p′B，体积为V′B；管内注入的水银柱长度为h，
pB＝p0＋ph，VB＝lS，
p′B＋ph＝p′A，V′B＝(2l－lA)S，
对B部分气体，由玻意耳定律有pBVB＝p′BV′B，
联立以上各式解得ph＝9 cmHg，
故管内注入的水银柱长度h＝9 cm.
【检测反馈】
1. B　汽缸导热，说明汽缸内气体的温度与外界温度相同，所以选项中四种情形分子的平均动能一样大．设活塞质量为m，横截面积为S，活塞平衡后，根据平衡条件可知，选项A、C中汽缸内气体的压强等于外界大气压强p0；选项B中气体的压强最大，等于pB＝p0＋；选项D中气体压强最小等于pD＝p0－，根据压强的微观解释，可知选项B中气体的分子数密度最大．故B正确.
2. A　根据玻意耳定律p0(V1＋V2)＝pV1，解得p＝2.5×105 Pa，A正确．
3. D
4. 以水银柱上方空气为研究对象，设水银柱横截面积为S，初状态：p1＝(768－750)mmHg＝18 mmHg，V1＝80S，末状态：V2＝90S，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝16 mmHg，所以实际大气压p0＝(740＋16)mmHg＝756 mmHg，相当于756 mm高的水银柱产生的压强．
5. (1)对气体A，由玻意耳定律可得
pAVA＝p1V1，
其中VA＝，V1＝，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＋＝p0＋，VB＝，V2＝，
又因为p2＝1.5p0，
解得m＝.
6. 对Ⅰ部分气体，其初态压强为
p1＝p0＋，
末态压强为p′1＝p0＋，
设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1，
则由玻意耳定律可得p1l0S＝p′1l1S，
解得l1＝l0，
对Ⅱ部分气体，其初态压强为
p2＝p1＋＝p0＋，
末态压强为p′2＝p′1＋＝p0＋，
设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2，
则由玻意耳定律可得p2l0S＝p′2l2S，
代入数据解得l2＝l0，
故活塞A上升的高度为Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0.
7. (1)对吸盘内封闭的气体，由玻意耳定律可知0.5p0×V0＝p×2V0，
解得p＝p0.
(2)由平衡可知(M＋m)g＝μ(p0－p)S，
解得M＝－m.2.2气体的等温变化
1 (2025南通海门期中)将小试管倒扣在广口瓶内的水银中．此时试管恰好浮于水面，如图所示．如果环境温度不变，而大气压变大，则以下哪个物理量保持不变(　　)
A. 管内气体压强
B. 管内气体密度
C. 试管露出水银面的高度
D. 管内外液面高度差
2 (2025苏州阶段测试)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. SAD. SA>SB，TA3 (2025泰州阶段测试)一定质量的理想气体分别保持温度T1、T2发生等温变化，已知T1>T2，则下列能正确反映气体压强p随体积V变化关系的图像是(　　)
A B C D
4 (2025南通海门阶段测试)某实验小组用如图甲所示的圆柱形针筒装置探究气体等温变化的规律．
甲 乙
(1) 实验中为了控制气体的质量和温度不变，下列操作正确的是________．
A. 快速推动柱塞
B. 缓慢推动柱塞
C. 用手握住注射器
D. 在柱塞上涂抹润滑油
(2) 实验中______(选填“需要”或“不需要”)测量空气柱的横截面积．
(3) 某小组利用测量得到的数据绘制的pV图像如图乙所示，提高环境温度后重复实验，所得的曲线应位于图乙中曲线a的____________(选填“左下侧”或“右上侧”).该小组同学由图乙中的曲线a________(选填“能”或“不能”)得出一定质量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比．实验小组若想更直观地探究气体等温变化的规律，应绘制某温度下一定质量气体的________(选填“-”或“p-”)图像．
5 (2025泰州阶段测试)竖直放置、开口向下的汽缸内用一定质量的活塞封闭着一部分理想气体，如图甲所示，活塞横截面积S＝0.01 m2，且能无摩擦地滑动．初始时活塞处于静止状态，距离汽缸底部的高度h1＝12 cm，封闭气体压强为p1＝8.0×104 Pa.若汽缸、活塞导热性好，气体温度始终保持不变，已知大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2.
(1) 求活塞的质量；
(2) 将汽缸缓慢倒置后，如图乙所示，求活塞距汽缸底部的高度h2.
甲 乙
6 (2025扬州阶段测试)理发店内的气动升降椅，其升降由气囊式汽缸实现．其原理是在一个密闭的汽缸内充入气体，使汽缸内的压强为大气压的几倍，利用气体可压缩来实现弹性作用．如图所示，汽缸横截面积S＝2×10-3 m2，汽缸的上端有一环形卡口内径比气动杆的直径略大，椅面与汽动连杆及活塞组成的整体质量为m＝4 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，椅面未承重时，空气柱长度L＝0.1 m，此时卡口对活塞的压力FN＝360 N，密闭汽缸导热性能良好．现有一位体重M＝96 kg的客人双脚悬空坐在椅面上，导致活塞(气动杆和椅面)下降．缸内气体可视为理想气体，温度保持不变，忽略摩擦阻力，g取10 m/s2.求：
(1) 椅面未承重时汽缸内气体的压强p1；
(2) 为了使椅面恰好恢复到原来的位置，则需要充入一个大气压下的气体体积为多少？
第2节　气体的等温变化
1. D　试管内气体压强为p＝p0＋ρgh，当外界的大气压强增大时，试管中气体的压强增大，体积减小，密度增大；根据物体的沉浮条件可得F浮＝G漂浮＝ρ液gV排，因为物体重力不变，所以V排不变，故试管内外的水银面高度差不变，因此试管将下沉一些．故D正确．
2. C　根据等温线特征可知TA3. C　根据玻意耳定律，一定质量的理想气体发生等温变化，可知压强p与体积V成反比，即压强p与体积的倒数 成正比，故p- 图像为过原点的直线，图像斜率为k＝pV，可知温度越高，p- 图像的斜率越大，由于T1>T2，故C正确．
4. (1) BD　(2) 不需要　(3) 右上侧　不能　p-
解析：(1) 为了控制气体质量不变，实验中应在柱塞上涂抹润滑油，故D正确；为了控制气体的温度不变，实验中应缓慢推动柱塞，且不能用手握住注射器，故A、C错误，B正确．故选B、D.
(2) 空气柱的横截面积相等，能够以空气柱的长度间接表示气体的体积，即实验中不需要测量空气柱的横截面积．
(3) 根据玻意耳定律pV＝C，可知，等温变化过程的p-V图像为一条双曲线，压强p与体积V的乘积能够间接表示温度高低，可知提高环境温度后，压强p与体积V的乘积增大，则所得的曲线应位于图乙中曲线a的右上侧．根据图乙仅仅知道p-V图像为一条曲线，并不能够确定其是一条双曲线，可知由图乙中的曲线a不能得出一定质量的气体在温度不变时，气体的压强与体积成反比．结合上述有p＝C·，若温度一定，则p- 为一条过原点的倾斜直线，可知若想更直观地探究气体等温变化的规律，应绘制某温度下一定质量气体的p- 图像．
5. (1) 初始时活塞处于静止状态，活塞受平衡力作用，则p1S＋mg＝p0S，
解得活塞的质量为m＝20 kg.
(2) 将汽缸缓慢倒置后，对活塞受力分析，
则p2＝p0＋，
解得p2＝1.2×105 Pa，
汽缸倒置前后，温度不变，封闭气体满足玻意耳定律，则p1V1＝p2V2，
即p1h1＝p2h2，
解得h2＝8 cm.
6. (1) 对椅面气动杆及活塞整体由平衡条件有mg＋p0S＋FN＝p1S，
解得p1＝3×105 Pa.
(2) 椅面恰好恢复到原来的位置时对卡口恰好没有压力，此时汽缸内压强为p2，对椅面、气动杆、活塞及客人组成的整体由平衡条件得(m＋M)g＋p0S＝p2S，
解得p2＝6×105 Pa，
设需要充入一个大气压下的气体体积为V2，
则有p0V2＋p1SL＝p2SL，
解得V2＝6×10-4 m3.(共32张PPT)
第二章
第2节　气体的等温变化
课题2　玻意耳定律的应用
气体、固体和液体
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．会计算几种常见封闭气体的压强．
2．会熟练应用玻意耳定律解决问题．
活 动 方 案
活动一：计算封闭气体的压强
1．液柱封闭气体
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．如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故pA＝p0＋ρgh；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看有pB＝pA＋ρgh2，从右侧管看，有 pB＝p0＋ρgh1．
甲　　　　　 乙
说明：在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度．求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程．
求下列图中A处被封闭气体的压强．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)
(1)　　　　　 (2)　　　　 　　　(3)　　　　　　　　　(4)
【答案】(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．活塞封闭气体
说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．
甲　　　　　　　　　　　　乙
如图所示，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 (　　)
C
活动二：用玻意耳定律解决问题
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．
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．
1．一个足球的容积是2.5 L．用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进足球内．如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同，打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？你在得出结论时考虑到了什么前提？实际打气时的情况能够满足你的前提吗？
【答案】以最终足球内部的气体为研究对象，设大气压为p0，在温度不变时，这部分气体在初始状态下，p1＝p0，V1＝2.5 L＋0.125×20 L＝5.0 L；打气后，气体体积V2＝2.5 L．根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝2p0．得出此结论的前提是打气过程中温度保持不变．实际打气时，由于压缩气体做功，气体温度会升高，故不能满足．
2．如图所示，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．
3．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：
(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．
甲　　乙
【答案】(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p′A，体积为V′A；细玻璃管横截面积为S，
VA＝lS，V′A＝lAS，
对A部分气体，由玻意耳定律有p0VA＝p′AV′A，
联立以上各式解得p′A＝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p′B，体积为V′B；管内注入的水银柱长度为h，
pB＝p0＋ph，VB＝lS，
p′B＋ph＝p′A，V′B＝(2l－lA)S，
对B部分气体，由玻意耳定律有pBVB＝p′BV′B，
联立以上各式解得ph＝9 cmHg，
故管内注入的水银柱长度h＝9 cm．
检 测 反 馈
1．一导热汽缸内封有气体，活塞可以无摩擦滑动．汽缸按下列中四种方式放置，活塞平衡后，缸内气体分子数密度最大的是 (　　)
1
B
1
2．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，空气可看作理想气体，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
2
A
【解析】 根据玻意耳定律p0(V1＋V2)＝pV1，解得p＝2.5×105 Pa，A正确．
3．在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残存的空气，此时玻璃管竖直放置，如图所示．假如把玻璃管竖直向下缓慢地按压一段距离，环境温度保持不变，则 (　　)
A．管内空气柱变长
B．管内、外水银面高度差变大
C．管内空气压强减小
D．管内空气分子的数密度增大
3
D
4．水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空．当实际大气压相当于768 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm．设温度保持不变，当这个气压计的读数为740 mm Hg时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？
【答案】以水银柱上方空气为研究对象，设水银柱横截面积为S，初状态：p1＝(768－750)mmHg＝18 mmHg，V1＝80S，末状态：V2＝90S，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝16 mmHg，所以实际大气压p0＝(740＋16)mmHg＝756 mmHg，相当于756 mm高的水银柱产生的压强．
4
5．如图所示，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，A、B两部分气体均未转移，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：
(1)pA的大小；
(2)活塞的质量m．
5
5
6
6
6
7．超市中有一种强力挂钩，其工作原理如图所示．使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为0.5P0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为2V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积
7
甲　　　乙
为S，吸盘的总质量为m，与墙面间的动摩擦因数为μ，外界大气压强为p0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略操作时的温度变化．
(1)锁扣扳下后空腔中气体的压强；
(2)理论上挂钩能挂重物的最大质量．
7
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第二章
第2节　气体的等温变化
课题1　玻意耳定律
气体、固体和液体
内容索引
学习目标
活动方案
检测反馈
学 习 目 标
1．探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的关系．
2．理解并会应用玻意耳定律．
3．会分析一定质量的气体等温变化的图像及不同温度下的等温线．
活 动 方 案
活动一：探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的定性关系
1．用气体的三个状态参量：压强(p)、体积(V)、温度(T)，解释打足气的自行车在烈日的暴晒下常常会爆胎的原因．
【答案】打足气的轮胎暴晒后，温度升高，压强增大，体积膨胀，易爆胎．
2．塑料饮料瓶瓶口套上气球，如图所示．小华同学表演吹气球，但是气球总是吹不大．将饮料瓶瓶底钻了一个孔后，小华再吹气球时，很轻松地吹大了气球．请分析瓶底完好时，小华吹气球过程中，瓶内气体(忽略温度变化)的压强(p)和体积(V)的变化情况．
【答案】瓶内气体体积减小，压强增大，所以气球难吹大．
活动二：定量探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的关系
1．实验目的：探究一定质量的气体在温度不变时压强和体积的关系(等温变化)．
2．实验原理：将一定质量的气体封闭在容器里，在温度不变的情况下，改变气体的体积，测得对应的压强，测多组数据，对数据进行分析与研究．
3．实验器材：实验装置如图所示，包括铁架台、__________、压力表、刻度尺等．
4．研究对象(系统)：注射器内被封闭的_______ _____．
注射器
空气
柱
5．实验方法：控制气体________和________不变，研究气体压强与体积的关系．
(1)压强由__________读出．
(2)空气柱长度由长度标尺读出，长度标尺与横截面积的乘积即为体积．思考：是否一定要测空气柱的横截面积？
【答案】不一定．
质量
温度
压力表
6．数据收集：
实验序号 1 2 3 4 5
压强p/105 Pa
体积V

【答案】略
注意：让空气柱的体积变化不要太快，保证温度不发生明显的变化．
7．数据处理：
甲　　　　　　　　　　　　　　　乙
【答案】图像的大致形状如图所示．
甲
乙
8．实验结论：
图甲：______________________；
图乙：____________________________________________．
9．回顾实验各个环节，写出实验产生误差的可能原因．(至少写出两点)
【答案】①空气柱的质量发生改变(漏气)；
②空气柱的温度发生改变；
③读数误差；
④橡皮套里有空气．
体积增大，压强减小
压强与体积的倒数成正比(压强与体积成反比)
活动三：理解玻意耳定律及两种图像
1．玻意耳定律
(1)阅读教材，理解玻意耳定律，并写出该定律的数学表达式．
【答案】玻意耳定律内容：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．
表达式：pV＝C或者p1V1＝p2V2．
注意：对确定的研究对象在等温变化时，C是常量，但对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C的数值一般不同．
(2)如图所示，在注射器中封闭1×105 Pa、300 mL的空气，在相同的环境温度下，将它的体积缓慢压缩一半，其压强是多少？
【答案】状态1：压强是p1，体积是V1，
状态2：压强是p2，体积是V2，
根据p1V1＝p2V2，
解得p2＝2×105 Pa．
2．两种图像
(1)p－V图像(如图所示)
一定质量的气体等温变化的p－V图像是双曲线的一支，我们称它为等温线．图线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个________，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的________是相等的(图中矩形面积相等)．
状态
乘积
一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线，则图中T2______T1(pV乘积越大，温度就越______)，理由是______________ ________________________________________________________________________．
＞
高
在图中过V轴某点画平行于p轴的辅助线，在相同的体积下，压强大的气体温度高，故T2＞T1
该直线的斜率k＝________，故斜率越大，温度________，图中T2______T1．
过原点的倾斜直线
pV
越高
＞
3．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，气体分子平均速率的变化情况是 (　　)
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
D
【解析】 由图可知，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，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．故D正确．
检 测 反 馈
1．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 (　　)
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
1
B
【解析】 由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正确．
2．一定质量的气体，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4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
2
C
2
3．一定质量的气体，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 (　　)
3
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)，解得V1＝2 L．故B正确．
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强
与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成反比
C．T1＞T2
D．T1＝T2
4
B
4
5．在“探究气体等温变化的规律”的实验中，实验装置如图所示．利用注射器选取一段空气柱为研究对象．下列改变空气柱体积的操作正确的是 (　　)
A．把柱塞快速地向下压
B．把柱塞缓慢地向上拉
C．在橡胶塞处接另一注射器，快速推动该注射器柱塞
5
D．在橡胶塞处接另一注射器，缓慢推动该注射器柱塞
B
5
【解析】 因为该实验是要探究气体等温变化的规律；实验中要缓慢推动或拉动柱塞，目的是尽可能保证封闭气体在状态变化过程中的温度不变；为了方便读取封闭气体的体积，不需要在橡胶塞处接另一注射器．故B正确．
6．用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图甲所示．
6
甲
乙
实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
6
(1)为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是__________________________．
(2)为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是__________________________________________________．
(3)如果实验操作规范正确，但图乙图线不过原点，则V0代表________________________________________．
6
在注射器活塞上涂润滑油
移动活塞要缓慢，不能用手握住注射器封闭气体部分
注射器与压强传感器连接部位的气体体积
7
【答案】小王的说法错误，小李的说法正确．因为两组数据的体积变化量和压强变化量都非常小，即使实验误差非常大，体积和压强的乘积也不会有什么变化，两乘积看起来是相等的．此时，不应该比较压强和体积的数据，而应该比较体积变化量和压强变化量的数据．
7
序号 均匀玻璃管内空气柱的长度l/cm 空气柱的压强p/105 Pa
1 39.8 1.024
2 40.3 0.998
… … …
7
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