资源简介

2　气体的等温变化
第1课时　气体压强的计算
基础过关练
题组一　液柱类
1.(2025江苏宿迁期中)
如图所示,粗细均匀的U形管内有一部分气体被水银封闭,已知大气压强为p0,水银密度为ρ,重力加速度为g,封闭部分气体的压强p为(　　)
A.p0+ρgh2　　　　B.p0-ρgh1
C.p0-ρg(h1+h2)　　　　D.p0+ρg(h2-h1)
2.(2026安徽芜湖月考)如图所示,玻璃管中都灌有水银,且水银柱都处在平衡状态,1 cm高的水银柱产生的压强为1 cmHg,大气压相当于76 cm高的水银柱产生的压强。下面对封闭气体的压强说法正确的是(　　)
　　　 　　　
A.图①中pA=81 cmHg B.图②中pA=86 cmHg
C.图③中pA=86 cmHg D.图④中pA=71 cmHg,pB=66 cmHg
题组二　活塞类
3.(2026陕西榆林模拟预测)如图甲所示,导热性能良好的汽缸静置于水平面上,汽缸内用一质量为m、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一部分气体,稳定时,活塞位于汽缸中央位置。已知重力加速度为g,大气压强p0=,环境温度恒定不变。
(1)稳定时,求汽缸中气体压强。
(2)若将汽缸放在倾角θ=30°的固定斜面上,开口向下,汽缸静止,如图乙所示,稳定时,求汽缸中气体压强。
　
4.(2025河南郑州统考)导热性能良好的圆柱形汽缸密封一定质量的气体。汽缸横截面积为S,活塞质量为m,缸体质量为2m。当用细绳系住活塞按图甲悬挂时,缸内气柱长度为2l;当用细绳系住缸体按图乙悬挂时,缸内气柱长度为l。大气压强是p0,不计汽缸与活塞间的摩擦及汽缸壁厚度,重力加速度大小为g,求:
(1)图甲汽缸内密封气体的压强p1;
(2)图乙汽缸内密封气体的压强p2。
题组三　关联气体类
5.(2026贵州毕节一模,改编)如图,一个横截面积为S、与缸壁垂直的轻质活塞将汽缸分为A、B两室。活塞中心与A室左侧缸壁中心通过一根劲度系数k=的轻弹簧相连。初始时阀门K关闭,A室充满压强为p0的氮气,体积为V0;B室也充有氮气,体积为2V0,整个系统静止且弹簧处于原长。现打开阀门K,向A室中缓慢充入氮气,关闭阀门K,活塞再次静止时,A室内气体的压强变为1.5p0、体积变为1.5V0。活塞与缸壁间密封良好且无摩擦,环境温度不变,缸壁导热性能良好。求:
(1)阀门K打开前,B室内气体的压强;
(2)活塞再次静止时,B室内气体的压强。
题组四　加速运动中气体压强
6.(2026辽宁沈阳二模,改编)如图,
倾角为37°的斜面固定在水平面上,上端封闭、下端开口的细玻璃管与斜面间的动摩擦因数为0.5。静置于斜面上的玻璃管内有长度为10 cm的水银柱,封闭的空气柱长度也为10 cm。释放玻璃管,达到稳定后水银柱与玻璃管相对静止。过程中玻璃管的温度保持不变,外界大气压为76 cmHg,重力加速度g取10 m/s2, sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,则(　　)
A.玻璃管静止时,管内气体的压强为60 cmHg
B.玻璃管稳定下滑时,其加速度大小为5 m/s2
C.玻璃管稳定下滑时,管内气体的压强为72 cmHg
D.玻璃管稳定下滑时,管内气体的压强为90 cmHg
7.(2026云南昆明月考)如图所示,两端开口的导热汽缸放置在水平地面上,两个厚度不计的活塞用一根长为L的细轻杆连接,两活塞之间封闭着一定质量的气体,两活塞可在汽缸内无摩擦滑动,两活塞静止时汽缸内两部分气柱长度均为。已知大活塞的质量为M、横截面积为3S,小活塞的质量为m、横截面积为S,外界大气压强为p0,环境温度保持不变,现把汽缸固定在以加速度a向左加速行驶的小车上,下列说法正确的是(　　)
A.汽缸放置在水平地面上时,汽缸内气体的压强为p0+
B.汽缸放置在水平地面上时,汽缸内气体的压强为p0+
C.小车向左加速运动时,稳定后汽缸内气体的压强为p0+
D.小车向左加速运动时,稳定后汽缸内气体的压强为p0-
8.(多选题)(2026重庆沙坪坝一模)在电梯的轿厢中,有一质量M=10 kg、内部横截面积S=100 cm2的汽缸,现用一个质量m=10 kg的活塞封闭了一定质量的气体。初始时,轿厢静止,汽缸静置在轿厢底部,气柱高度h1=16 cm,如图甲所示。若用绳子连接活塞将汽缸悬挂在轿厢的顶部,轿厢以加速度a=2 m/s2匀加速上升,达到稳定时气柱高度h2=20 cm,如图乙所示。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,轿厢内温度不变,汽缸导热性能良好且不计活塞与汽缸壁间的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
　　
A.图甲中汽缸静止时,汽缸内气体的压强p1=1.1×105 Pa
B.图甲中汽缸静止时,汽缸内气体的压强p1=1.2×105 Pa
C.图乙轿厢加速运动时,汽缸内气体的压强p2=8.6×104 Pa
D.图乙轿厢加速运动时,汽缸内气体的压强p2=8.8×104 Pa
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.D 6.C 7.C 8.AD
1.B　选右边液面为研究对象,右边液面受到向下的大气压强p0,相同高度的左边液面受到上方高度为h1的液柱向下的压强和液柱上方封闭气体向下的压强p,可知p+ρgh1=p0,所以p=p0-ρgh1,B正确。
2.D　图①中,管内水银面高于槽内水银面h=5 cm,则有pA+5 cmHg=p0,解得pA=71 cmHg,A错误;图②中,左右两端水银液面高度差为10 cm,则有pA+10 cmHg=p0,解得pA=(76-10) cmHg=66 cmHg,B错误;图③中水银柱长L=10 cm,水银柱竖直高度h=L·sin 30°=5 cm,则有pA=p0+5 cmHg=(76+5) cmHg=81 cmHg,C错误;图④中A段气体的压强pA=p0-5 cmHg=(76-5) cmHg=71 cmHg,B段气体的压强pB=pA-5 cmHg=(71-5) cmHg=66 cmHg,D正确。故选D。
方法技巧
取等压面法求气体的压强
　　同种液体(中间不间断)在同一深度处压强相等,灵活选取等压面,求解气体压强。如图甲所示,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pF=pE+,从右侧管看,有pF=p0+。
　　　
3.答案　(1)　(2)
解析　(1)图甲中的活塞稳定时,设汽缸中气体压强是p1,对活塞分析,根据平衡条件有p1S=mg+p0S
解得p1=
(2)图乙中活塞稳定时,设汽缸中气体压强是p2,对活塞分析,根据平衡条件有p2S+mg sin θ=p0S
解得p2=
4.答案　(1)p0-　(2)p0-
解析　(1)图甲,对汽缸缸体受力分析,由平衡条件有2mg+p1S=p0S
解得汽缸内密封气体的压强p1=p0-
(2)图乙,对活塞受力分析,由平衡条件有
mg+p2S=p0S
解得汽缸内密封气体的压强p2=p0-
5.答案　(1)p0　(2)p0
解析　(1)阀门K打开前,整个系统静止且弹簧处于原长,对活塞分析,由平衡条件可得pBS=pAS,已知pA=p0
则B室内气体的压强pB=p0
(2)活塞再次静止时,A室中气体的体积由V0变为1.5V0,设活塞向右移动的距离为x,则有Sx=1.5V0-V0
对活塞,由平衡条件可得kx+p'BS=p'AS
由题可知此时p'A=1.5p0
解得B室内气体的压强p'B=p0
6.C　玻璃管静止时,设管内气体的压强为p1,水银柱的质量为m、横截面积为S,对水银柱分析,如图所示,
有p1+(10×0.6) cmHg=p0,又p0=76 cmHg,解得p1=70 cmHg,A错误;玻璃管稳定下滑时,设玻璃管的质量为M,对玻璃管和水银柱整体,设整体的加速度大小为a,由牛顿第二定律有(m+M)g sin 37°-μ(m+M)g cos 37°=(m+M)a,设此时管内气体的压强为p2,对水银柱有mg sin 37°+p2S-p0S=ma(解题技法)(整体法和隔离法),且m=ρL1S,联立解得p2=72 cmHg,a=2 m/s2,C正确,B、D错误。故选C。
7.C　汽缸放置在水平地面上时,设汽缸内气体的压强为p1,则对大小活塞(包括杆)整体分析,根据平衡条件有p0·3S+p1S=p1·3S+p0S,解得p1=p0,A、B错误;汽缸随小车一起向左匀加速运动时,设缸内气体的压强为p2,则根据牛顿第二定律有p2·3S+p0S-p0·3S-p2S=(M+m)a,解得p2=p0+,C正确,D错误,故选C。
8.AD　图甲中汽缸静止时,对活塞受力分析,由平衡条件,有p0S+mg=p1S,解得汽缸内气体的压强p1=1.1×105 Pa,A正确,B错误;图乙中,轿厢加速运动时,对汽缸受力分析,由牛顿第二定律可得p0S-Mg-p2S=Ma,解得汽缸内气体的压强p2=8.8×104 Pa,C错误,D正确。故选A、D。第3课时　玻意耳定律的应用
基础过关练
题组一　液柱问题
1.(2026四川自贡期中)如图所示,一根下端封闭、上端开口的均匀玻璃管竖直放置,管内有长度为L2=20 cm的水银柱,将一段空气柱封闭在管内,静止时空气柱的长度为L1=15 cm,已知外界大气压强恒为p0=76 cmHg。现让玻璃管以大小为a=2 m/s2的加速度竖直向上做匀加速直线运动,运动过程中管内空气的温度保持不变,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)玻璃管加速运动时,管内封闭空气的压强;
(2)玻璃管加速运动时与竖直静止时相比较,管内封闭空气柱减少的长度。
2.(2026陕西咸阳模拟预测)如图所示,一上端开口、下端封闭的细长玻璃管,下部有长l1=66 cm的水银柱N,上部有长l3=44 cm的水银柱M,中间封有长l2=6.6 cm的空气柱,此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=76 cmHg,如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动,且在转动过程中没有发生漏气,不考虑水银的挥发,气体状态变化可视为等温变化,则当玻璃管缓慢地转动180°时,求:
(1)空气柱的长度;
(2)水银柱M减少的长度。
3.(2026湖北黄冈二模)如图,上端封闭的竖直长玻璃管中封有长度为l0=4 cm的水银柱。开口向下时,其上端封闭空气柱长度为l1=10 cm,已知大气压强p0=76 cmHg,玻璃管导热良好,且室温不变。
(1)若将玻璃管翻转至开口向上放置,则稳定时封闭空气柱长度l2为多少
(2)若将开口向下的玻璃管竖直插入足够深的水银槽,稳定后,发现上端封闭空气柱长度变为l3=8 cm,则水银槽内水银液面与玻璃管下端管内水银液面之间的高度差H为多少
题组二　汽缸—活塞问题
4.(2026安徽模拟预测)某同学设计了一款压力缓冲装置,如图所示,导热性能良好的汽缸开口向下,缸内活塞连接在竖直固定的支架上,活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气,活塞的横截面积为S,汽缸的质量为m。开始时缸底离活塞的距离为H,大气压强等于,重力加速度为g,现给缸底一个方向向下、大小等于2mg的压力,已知环境温度始终不变,求:
(1)当汽缸向下运动的加速度为零时,缸内气体的压强;
(2)最终汽缸静止时,活塞到缸底的距离。
5.(2026河北沧州一模)一定质量的气体用横截面积为S的活塞封闭在汽缸内,汽缸内壁光滑,活塞与汽缸的质量相等。如图甲所示,用外力作用在汽缸的底部,使汽缸静止于倾角为30°的光滑斜面上,活塞亦静止时封闭气体的压强为1.5p0,体积为V;如图乙所示,把汽缸放置在光滑的水平面上,用水平向右、大小为2p0S的外力作用在活塞上,使整体向右做匀加速直线运动。已知两种情境下封闭气体的温度相等,重力加速度为g,大气压强为p0,求:
(1)活塞的质量;
(2)乙图中,封闭气体的压强及体积。
　
题组三　图像问题
6.(2025江西南昌期中)一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程如图所示,A、C两点在同一条双曲线上,则此变化过程中(　　)
A.从A到B的过程温度不变
B.从B到C的过程温度升高
C.从A到C的过程温度先降低再升高
D.A、C两点的温度相同
题组四　打气、抽气问题
7.(教材习题改编)一个足球的容积是2 L,用打气筒给这个足球打气,每打一次都把体积为100 mL、压强与大气压相同的气体打入球内,如果在打气前足球已经是球形,并且球内气体的压强与大气压相同,打气过程中温度不变,打了10次后,足球内部气体的压强是大气压的(　　)
A.1.5倍　　　　B.2倍　　　　C.2.5倍　　　　D.3倍
8.(2026湖北恩施二模)在用牛顿管做自由落体运动实验之前,先要用真空泵将牛顿管中的空气抽出,下图为抽气过程的原理图。抽气前,牛顿管内的气体压强为p0,活塞位于真空泵汽缸底部,气阀K打开;抽气时,进气阀K1打开、排气阀K2闭合,在飞轮带动下活塞上移至汽缸顶部,牛顿管中的空气进入汽缸;随后,进气阀K1闭合,在飞轮带动下活塞下移,当活塞下方空气压强增大到p0时,排气阀K2打开,汽缸中的空气被排出。已知牛顿管容积为V,真空泵汽缸容积为V0,整个过程中空气温度不变,不计连接细管的容积、活塞在汽缸底部时活塞下方的空气体积以及活塞体积。
(1)第一次抽气结束时,牛顿管中空气的压强为多大
(2)排气阀K2第一次打开时,活塞下方空气的体积为多大
能力提升练
题组一　玻意耳定律的综合应用
1.(多选题)(2026山东青岛一中月考)潜水钟是一种沉放到水下研究水底情况的装置。如图所示,
一潜水钟(可近似看作长方体)高h=2 m,横截面积S=6 m2,从水面上方开口向下缓慢沉入水中,最终到达水平河床,进入钟内的水深Δh=1 m。已知该过程钟内封闭气体温度保持不变,大气压强p0=1.0×105 Pa,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,不考虑钟壁厚度,下潜过程中钟内气体不泄漏,下列说法正确的是(　　)
A.到达河床后钟内的气体压强p=1.2×105 Pa
B.到达河床后钟内的气体压强p=2.0×105 Pa
C.水的深度H=11 m
D.水的深度H=10 m
2.(2026山东菏泽月考)生活中经常用到一种吸盘挂钩,使用时按住锁扣把吸盘紧压在墙上,吸盘内封闭的气体的体积为V,压强为p0(如甲图)。然后再把锁扣扳下,吸盘向外拉出,使吸盘内封闭气体的体积变为1.2V(如乙图),该过程中可认为封闭气体的质量和温度不变。已知吸盘与墙面间的有效面积为S,强力挂钩的总质量为m,与墙面间的最大静摩擦力是压力的k倍,外界大气压强为p0,重力加速度为g,求:
(1)安装完毕后,吸盘内气体的压强;
(2)该吸盘挂钩最多可悬挂多大质量的物体。
3.(2026湖南长沙月考)如图甲所示,一端封闭、粗细均匀、导热性能良好的细玻璃管开口向上竖直放置,管长L=56 cm,横截面积S=1 cm2,管中一段h=24 cm的水银柱将长L1=24 cm空气柱封闭在管内。大气压强p0=76 cmHg。
(1)若将甲状态的气体缓慢加热使水银柱刚好到达管口,求被封闭气体对外做的功(取1 cmHg=1 333 Pa,结果保留一位有效数字);
(2)若将甲状态的玻璃管缓慢旋至开口竖直向下,如图乙,旋转过程中无空气进入,求稳定后管内空气柱的长度L2。
4.(2026辽宁名校联盟二模)某位老师想测量自家新买的国产电动汽车的最大加速度。他在一端封闭的细直玻璃管中用水银柱封闭一段空气柱后,将玻璃管沿车行驶方向且封闭端朝向车头水平固定在车上。再用吸管在水银柱外侧表面处滴入少量红墨水,装置示意图如图所示。已知管内水银柱长h=10 cm,大气压强p0=76 cmHg,汽车静止时封闭气柱长L0=18 cm。启动汽车,把油门踩到底,让汽车沿直线行驶一段距离,再减速停车,待停稳后根据红墨水的痕迹测量出管内水银柱向管口方向处移动的最大距离ΔL=1 cm。假设管内气体温度不变,不考虑摩擦的影响和水银柱的长度变化,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)汽车加速过程中,管内气体压强的最小值;
(2)汽车最大加速度的大小。
题组二　关联气体问题
5.(2026云南昭通月考)如图所示,竖直细玻璃管A、B与水平细玻璃管C底部连通,
各部分玻璃管内径相同。A管上端封有长为16 cm的气体柱,B管上端开口并与大气相通,此时A、B两管中水银面恰好相平,且水银面到玻璃管底部的距离为15 cm。水平玻璃管C内用小活塞封有长度为16 cm的气体柱。已知外界大气压强为75 cmHg,忽略环境温度的变化。现用力将活塞缓慢向左推压,使A管内的气柱长度变为15 cm,此时C管内气体未到达B管,则活塞向左移动的距离为(　　)
A.5 cm　　B.6 cm　　C.7 cm　　D.8 cm
创新题型
创新点　减震装置涉及的关联气体问题
6..(2026山东淄博期末)如图所示是一种氮气减震装置原理图,支撑面通过细活塞柱与活塞连接,通过弹簧与汽缸连接。该装置静置在水平地面上时,弹簧处于原长状态,活塞恰好位于汽缸中心处,活塞上、下两部分气体压强均为p,气柱长度均为L。若将一物块放在支撑面上,稳定时弹簧的压缩量为。已知活塞横截面积为S,弹簧的劲度系数为k。该装置的活塞、活塞柱、支撑面和弹簧的质量以及一切摩擦均忽略不计,汽缸导热性良好,活塞上、下两部分气体均不泄漏,环境温度不变,重力加速度大小为g。求:
(1)稳定时活塞下方气体压强p下;
(2)物块的质量M。
题组三　变质量问题
7.(2026陕西西安期中)在大型庆祝活动中释放的气球通常是充有氦气的可降解气球。释放前工作人员用容积为30 L、压强为1.0×107 Pa的氦气罐给气球充气,充气过程温度不变,要求充气后气球内气体的体积为6 L、压强为1.0×105 Pa。不计充气过程的漏气和气球内原有气体。用一个氦气罐可以充出符合要求的气球的个数为(　　)
A.500　　　B.495　　　C.490　　　D.485
8.(2026广东湛江二模)如图,太空舱的容积为V1=21 m3,气闸舱的容积为V2=7 m3。初始时两个舱门均紧闭,气闸舱内空气压强为p2=0.2×105 Pa。航天员从太空舱出舱,首先要经过气闸舱,先打开门A,空气从太空舱流向气闸舱稳定后压强为p=0.8×105 Pa;然后闭合门A,对气闸舱进行抽气,当气闸舱内气体压强为p3=0.6×105 Pa时不再抽气。整个过程中太空舱和气闸舱温度相同且均保持不变,航天员的体积忽略不计,求:
(1)门A打开前,太空舱内气体的压强p1;
(2)门A闭合后,从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.答案　(1)100 cmHg　(2)0.6 cm
解析　(1)玻璃管向上加速运动时,设管内封闭空气的压强为p2,玻璃管横截面积为S
对水银柱分析,有p2S-p0S-ρgL2S=ρL2Sa
解得p2=100 cmHg
(2)玻璃管竖直静止时,设管内封闭空气的压强为p1,对水银柱分析,由平衡条件有p1S=p0S+ρgL2S
解得p1=96 cmHg
管内封闭空气等温变化,由玻意耳定律得
p1L1S=p2L'1S
解得L'1=14.4 cm
封闭空气柱的长度减小ΔL=L1-L'1
解得ΔL=0.6 cm
2.答案　(1)12 cm　(2)34 cm
解析　(1)开口向上时,封闭空气的压强
p1=p0+ρgl3=120 cmHg
当玻璃管缓慢地转动180°时,开口向下,一部分水银溢出,封闭端有一部分真空,则此时空气柱压强为p2=ρgl1=66 cmHg
由玻意耳定律可得p1l2S=p2hS
解得空气柱的长度h=12 cm
(2)设玻璃管开口向下时,开口端剩下的水银柱长度为x,则有p2=p0-ρgx
解得x=10 cm
水银柱M减少的长度l=l3-x=34 cm
3.答案　(1)9 cm　(2)18 cm
解析　(1)玻璃管开口向下时,设上端封闭空气柱压强为p1,则有p1+ρgl0=p0
解得p1=72 cmHg
玻璃管开口向上时,设封闭空气柱压强为p2,则有p0+ρgl0=p2
解得p2=80 cmHg
设玻璃管横截面积为S,玻璃管翻转过程,由玻意耳定律得p1l1S=p2l2S
联立解得l2=9 cm
(2)将开口向下的玻璃管插入水银槽后,设上端封闭空气柱压强为p3,由玻意耳定律得p1l1S=p3l3S
解得p3=90 cmHg
设管中下端气体压强为p4,则有p4=p3+ρgl0
而又有p4=p0+ρgH
解得水银槽内水银液面与玻璃管下端管内水银液面之间的高度差H=18 cm
4.答案　(1)　(2)H
解析　(1)当汽缸向下运动的加速度为零时,设缸内气体压强为p,对汽缸,根据平衡条件可得
2mg+·S+mg=pS
解得p=
(2)未施加压力时,设缸内气体压强为p1,根据平衡条件可得·S+mg=p1S
解得p1=
设最终汽缸静止时,活塞离缸底的距离为h,缸内气体做等温变化,根据玻意耳定律有p1HS=phS
解得h=H
方法技巧
解决汽缸—活塞模型问题的一般思路
　　(1)弄清题意,确定研究对象。一般研究对象分两类:一类是热学研究对象(一定质量的气体),另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
　　(2)分析清楚题目所述的物理过程,对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程;对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。
　　(3)注意挖掘题目中的隐含条件,如几何关系、体积关系等,列出辅助方程。
　　(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析其合理性。
5.答案　(1)　(2)2p0　0.75V
解析　(1)设活塞的质量为m,对甲图中的活塞受力分析,可得mg sin 30°+p0S-1.5p0S=0
解得m=
(2)乙图中对整体受力分析,由牛顿第二定律可得
2p0S=2ma
对汽缸受力分析,由牛顿第二定律可得
p乙S-p0S=ma
联立解得p乙=2p0
由玻意耳定律可得1.5p0V=p乙V乙
解得V乙=0.75V
6.D　作出过B点的等温线如图所示,可知TB>TA=TC,可知从A到B的过程温度升高,A错误;从B到C的过程温度降低,B错误;从A到C的过程温度先升高后降低,C错误;A、C两点在同一条等温线上,温度相同,D正确。
7.A　设大气压强为p0,打了10次,共打进的气体体积为ΔV=10×0.1 L=1 L,设足球的容积为V,由玻意耳定律得p0(ΔV+V)=pV,代入数据解得p=1.5p0,则足球内部气体的压强是大气压的1.5倍,A正确。
方法技巧
打气问题的处理方法
　　向球、轮胎中充气是一个典型的气体质量变化的问题。只要将球、轮胎内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。
8.答案　(1)p0　(2)V0
解析　(1)第一次抽气结束时,设牛顿管中空气压强为p,则汽缸内气体压强为p
则有p0V=p(V+V0)
解得p=p0
(2)排气阀K2第一次打开时,设活塞下方空气的体积为V'
则有pV0=p0V'
解得V'=V0
方法技巧
抽气问题的处理方法
　　从容器内抽气的过程中,容器内的气体质量不断减小,这属于变质量问题。分析时,将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,质量不变,故抽气过程可看作气体膨胀的过程。
能力提升练
1.BC　潜水钟未放入水中时,钟内气体压强为p0=1.0×105 Pa,体积为V0=Sh,到达河床后,钟内气体的体积为V1=S(h-Δh),根据玻意耳定律可得p0V0=pV1,解得p=2.0×105 Pa,A错误,B正确;到达河床后,钟内气体压强满足p=p0+ρg(H-Δh),解得H=11 m,C正确,D错误。故选B、C。
2.答案　(1)p0　(2)-m
解析　(1)吸盘内气体发生等温变化,根据玻意耳定律有p0V=p×1.2V
解得p=p0
(2)安装完毕后,挂钩对墙面的压力大小为F=p0S-pS=p0S
由牛顿第三定律可知FN=F
在竖直方向,由平衡条件可知(M+m)g=kFN
解得最大质量M=-m
3.答案　(1)1 J　(2)40 cm
解析　(1)根据甲图可得初始时刻封闭气体的压强p=p0+ρgh
代入数据解得p=100 cmHg
加热使水银柱缓慢上升到管口过程中,封闭气体压强不变,
封闭气体对外做的功W=pS(L-h-L1)
解得W=1.066 4 J≈1 J
(2)从甲图变到乙图,气体发生等温变化,
在乙图中,假设水银柱刚好在管口,根据玻意耳定律有pL1S=(p0-ρgh)L2'S
解得L2'= cm
因为L2'+h>56 cm,故有水银溢出(易错点)。
根据玻意耳定律有pL1S=[p0-ρg(L-L2)]L2S
解得L2=40 cm
4.答案　(1)72 cmHg　(2)4 m/s2
解析　(1)汽车静止时,封闭气柱长L0=18 cm、压强p0=76 cmHg
汽车加速时,水银柱向管口移动的最大距离ΔL=1 cm,可知管内气柱长L1=L0+ΔL=19 cm时,管内气体压强最小,设为p1,设管的横截面积为S
由玻意耳定律得p0L0S=p1L1S
解得p1=72 cmHg
(2)设水银柱质量为m,管内气体压强最小时,加速度最大。
对水银柱受力分析,有p0S-p1S=ma
又m=ρSh
代入数据解得a=4 m/s2
5.D　设玻璃管横截面积为S,对A管内气体,状态1时,pA1=p0=75 cmHg,VA1=16 cm·S;状态2时,VA2=15 cm·S,由玻意耳定律可得pA1VA1=pA2VA2,解得pA2=80 cmHg,结合题意可知,活塞向左缓慢移动后,水银又向A管进入了1 cm,向B管进入了6 cm(破题关键)。状态1时,C管内气体的压强为pC1=(75+15) cmHg=90 cmHg,体积为VC1=16 cm·S;状态2时,pC2=pA2+16 cmHg=96 cmHg,VC2=LC2S,由玻意耳定律可得pC1VC1=pC2VC2,解得LC2=15 cm,则活塞向左移动的距离Δd=1 cm+6 cm+(16-15) cm=8 cm,故选D。
方法技巧
关联气体问题的处理技巧
　　相互关联的气体问题,往往以压强、体积、温度等物理量建立关联气体间的联系:
　　(1)对各部分气体要独立进行状态分析;
　　(2)要确定每个研究对象的状态变化的特点,若气体温度不变,则对气体应用玻意耳定律来确定气体的压强、体积的变化情况;
　　(3)充分利用各研究对象之间的压强、体积、温度等物理量的有效关联关系;
　　(4)若活塞或液柱可自由移动,一般要根据活塞或液柱的受力平衡确定两部分气体的压强关系。
6.答案　(1)p　(2)+
解析　(1)物块稳定时弹簧的压缩量为,则活塞下方气柱长度为L下=L-=L
对活塞下方气体,由玻意耳定律有
pSL=p下S×L
解得p下=p
(2)稳定时活塞上方气柱长度为L上=L+=L
对活塞上方气体,由玻意耳定律有pSL=p上S×L
解得p上=p
设活塞柱的弹力大小为F1,弹簧的弹力大小为F2,对活塞分析,有p下S=p上S+F1
解得F1=pS
对支撑面分析,有F1+F2=Mg,
其中F2=
解得物块的质量M=+
7.B　初始状态,氦气罐中气体压强p1=1.0×107 Pa,容积V1=30 L,设氦气罐恰好能充n个气球,给n个气球充气后罐内剩余气体的压强等于气球内气体的压强p2=1.0×105 Pa,体积仍为V1=30 L,单个气球内气体的体积V0=6 L。
对氦气罐内的最初气体,根据玻意耳定律可得p1V1=p2V1+n·p2V0,解得n=495(个),故选B。
8.答案　(1)1×105 Pa　(2)
模型建构
解析　(1)整个过程温度不变,对太空舱和气闸舱的气体整体分析,
根据玻意耳定律可得p1V1+p2V2=p(V1+V2)
代入已知条件V1=21 m3,V2=7 m3、p2=0.2×105 Pa、p=0.8×105 Pa
解得p1=1.0×105 Pa
(2)门A闭合后,气闸舱内气体压强为p、体积为V2,由玻意耳定律可得pV2=p3V
解得V==V2
则抽出气体在压强为p3状态下的体积为ΔV=V-V2=V2
从气闸舱抽出的气体质量占气闸舱气体总质量的比例k==第2课时　探究气体等温变化的规律
基础过关练
题组一　探究气体等温变化的规律
1.(2026福建福州期末)用图甲所示装置探究气体等温变化的规律。
(1)实验中,为找到压强与体积的关系,　　　　(选填“需要”或“不需要”)测量空气柱的横截面积;
(2)关于该实验的操作,下列说法正确的是　　;
A.柱塞上应该涂油
B.用手握住注射器推拉柱塞
C.应缓慢推拉柱塞
(3)某小组利用测量得到的数据绘制的p-V图像如图乙所示,该组同学猜测空气柱的压强跟体积成反比。如果想进一步通过图像来检验这个猜想是否合理,应当利用实验数据作出　　　 图像,对图线进行分析,如果在误差允许范围内该图线是一条　　　　　　　,就说明一定质量的气体在温度不变时,其压强与体积成反比。
2.(2026北京朝阳一模)(1)某同学用图1所示装置探究气体等温变化的规律,该同学在不同环境温度下对同一封闭气体进行了两组实验,得到的p-V图像如图2所示。由图可知两组实验气体的温度大小关系为T1　　　　T2(选填“<”“=”或“>”)。
(2)另一位同学用传感器进行该实验,实验装置如图3所示。注射器内密封一段气体(气密性良好),通过塑料管与气体压强传感器连接。然后缓慢移动柱塞确保注射器内气体温度不变,记录注射器的刻度值得到空气柱的体积V,由计算机得到对应的气体压强值p。重复该过程,获得多组数据并进行数据处理。该方案系统误差的主要来源为　。
　　
3.(2026重庆九龙坡月考)某物理探究小组利用图甲所示实验装置探究等温条件下气体压强与体积的关系。小组成员先将注射器通过细软管与压强传感器相连,然后用活塞将注射器筒封闭。该小组成员缓慢推动活塞,根据注射器上的刻度和压强传感器显示的压强记录多组V、p数值,作出对应的V-图像的图线如图乙所示。
(1)缓慢推动活塞的目的是保证气体的　　　不发生变化。
(2)若气体被压缩到V=20 mL时,由图乙可读出封闭气体压强为　　　　×105 Pa(保留三位有效数字)。
(3)关于该图像的图线未过坐标原点的原因,下列说法正确的是　　　　。
A.实验过程中未满足温度不变
B.忽略了细软管中气体的体积
C.活塞与注射器存在漏气现象
题组二　创新探究气体等温变化的规律
4.(2026河北名校联合体一模)为了探究“等温条件下气体压强与体积的关系”,某同学设计了如图甲所示的实验装置。水平桌面上固定一足够高、导热性能良好、开口向上的汽缸,质量为m0、横截面积为S、厚度不计的光滑活塞密封一定质量的气体,轻质细绳一端连接活塞中心,另一端绕过两个光滑定滑轮连接轻质沙桶(桶中开始没有细沙),连接活塞的细绳竖直,在桶中加入细沙之前,活塞稳定时,活塞到汽缸底部的高度为h0。已知重力加速度为g,大气压强为p0,环境温度不变。
　
(1)在桶中加入细沙之前,活塞稳定时,密封气体的压强p1=　　　　。
(2)在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙,活塞稳定时,记录下沙桶中细沙的质量m与活塞到汽缸底部的高度h,多次重复这一过程,得到多组m、h的数据,利用所得数据,描绘出-m图像如图乙所示,则该图像的纵截距为　　　　;根据图乙可知该图像的横截距为a,若在误差允许的范围内,满足大气压强p0=　　　　,则温度一定时,气体压强与体积成反比。
5.(2026湖北黄石二模)用如图甲所示的装置来探究“在等温情况下气体压强随体积变化的规律”。注射器内封闭了一定质量的气体,注射器导热性能良好。用细绳系住活塞,另一端跨过滑轮挂钩码。调节滑轮的高度,使细绳拉直时能水平。实验时依次挂上质量相同的钩码,通过注射器的刻度读出对应空气柱的体积。已知注射器的最大容积为Vm,刻度全长为L,每个钩码的质量均为m,重力加速度为g。
(1)关于本实验,下列说法正确的是　　　　。
A.活塞要加适量润滑油,防止水平放置的注射器漏气
B.为防止注射器移动,挂钩码时可以用手握住注射器
C.挂上钩码可以立即读取空气柱体积
(2)根据测得的气体体积V和对应的钩码数n,作出-n图像,如图乙。若图线的纵轴截距为b,斜率绝对值为k,则大气压强p0=　　　　(用题目中已知量表示)。
(3)若在增加钩码的过程中,室温升高,图线　　　　弯曲(选填“不会”“向上”或“向下”)。
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.答案　(1)不需要　(2)AC　(3)p-　过原点的直线
解析　(1)由于注射器各处的横截面积相等,所以可用长度关系来代替体积关系,不需要测空气柱的横截面积。
(2)柱塞上涂油,既减小摩擦,又防止漏气,A正确;用手握住注射器会使封闭气体的温度发生变化,B错误;应缓慢推拉柱塞,避免气体温度发生变化,C正确。故选A、C。
(3)该组同学猜测空气柱的压强跟体积成反比,如果想进一步通过图像来检验这个猜想是否合理,应当利用实验数据作出p-图像,若该图像是一条过原点的直线,则猜测成立。
2.答案　(1)<　(2)空气柱体积未包含塑料管内的气体体积
解析　(1)对于一定质量的气体,当体积一定时,温度越高,压强越大,由图2可知,取相同体积进行比较,温度为T2时气体的压强较大,可知T1(2)本实验中,封闭气体由两部分组成:注射器内的气体、连接注射器和压强传感器的塑料管内的气体。实验中将注射器刻度读出的体积作为封闭气体的体积,忽略了塑料管内的气体体积,因此带来系统误差。
3.答案　(1)温度　(2)1.39　(3)B
解析　(1)缓慢推动活塞的目的是保证气体的温度不发生变化。
(2)气体被压缩到V=20 mL时,由图乙可知=0.72×10-5 Pa-1,则此时封闭气体压强为p≈1.39×105 Pa。
(3)设细软管中气体的体积是V0,通过注射器上的刻度读出的气体体积是V,则封闭气体的体积是V+V0,根据玻意耳定律可得p(V+V0)=C,所以V=-V0,由此可知,图线不通过坐标原点的原因是实验中忽略了细软管中气体的体积。故选B。
4.答案　(1)p0+　(2)　
解析　(1)在桶中加入细沙之前,对活塞分析,根据平衡条件可得m0g+p0S=p1S
解得密封气体的压强p1=p0+
(2)在沙桶中缓慢加入一定质量的细沙,活塞稳定时,对活塞分析,根据平衡条件可得m0g+p0S=pS+mg
解得密封气体的压强p=p0+-=p1-
根据玻意耳定律可知p1Sh0=pSh
联立可得=-·m+
可知-m图像的纵截距为,斜率为k=-
由图乙可知斜率k=-,则有=
可得p0=
5.答案　(1)A　(2)　(3)向下
解析　(1)活塞加适量润滑油,可减小摩擦和防止漏气,保证气体质量不变,A正确。用手握住注射器会使气体温度升高,违背“等温”条件,B错误。挂上钩码后需等待活塞稳定、气体温度恢复室温后再读数,立即读数会产生误差,C错误。故选A。
(2)活塞横截面积为S=,封闭气体压强为p=p0-=p0-,由玻意耳定律可得pV=p0V0(V0为n=0时气体的体积),变形得=-n=-·n+,对比-n图像的斜率绝对值k和纵轴截距b,可得k=,b=,联立可得p0=。
(3)若在增加钩码的过程中,室温升高,气体体积会膨胀(V变大),对应变小。在相同钩码数n的情况下,比等温时更小,因此图线会向下弯曲。

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