第二章 第一节 第2课时 玻意耳定律-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（粤教版）

第2课时　玻意耳定律 第二章　气体、液体和固体 [学习目标]　1.掌握封闭气体压强的计算方法。2.知道玻意耳定律的内容及适用条件。3.能用玻意耳定律对有关问题分析计算。4.了解p-V图像、p-图像的物理意义。 课时作业 巩固提升 要点1　封闭气体压强的计算 要点2　玻意耳定律及其应用 要点3　气体等温变化的p-V 图像或p-图像 内容索引 要点1　封闭气体压强的计算 一 4 梳理 必备知识 自主学习 [思考与讨论] 如图所示,气缸置于水平地面上,气缸内封闭一定质量的气体,试对活塞进行受力分析,比较封闭气体的压强与大气压强的大小关系。 提示:对活塞受力分析如图所示,由平衡条件mg+p0S=pS,得p=p0+,由此可知气缸内压强大于外部大气压。 系统处于平衡状态时,封闭气体压强的求解方法 (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。(注意:h是表示液面间竖直高度差,不一定是液柱长度。) 归纳 关键能力 合作探究 (2)力平衡法 选与封闭气体接触的活塞、气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。(注意:气体对研究对象的作用力写成F=pS形式) [例1]　求图中被封闭气体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= 1.01×105 Pa。(g取10 m/s2,ρ水=1×103 kg/m3) [答案]　(1)66 cmHg　(2)71 cmHg　(3)81 cmHg　(4)1.13×105 Pa [解析]　(1)pA=p0-ρgh=76 cmHg-10 cmHg=66 cmHg。 (2)pA=p0-ρgh=76 cmHg-10×sin 30° cmHg=71 cmHg。 (3)pB=p0+ρgh2=76 cmHg+10 cmHg=86 cmHg pA=pB-ρgh1=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。 [例2]　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,气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. C [解析]　以缸套为研究对象,受力分析如图所示,有pS+Mg=p0S,知封闭气体的压强p=p0-,故C正确。 [针对训练]　1.如图所示,竖直放置的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10 cm,水银柱b两个液面间的高度差为5 cm,大气压强为75 cmHg,求空气柱A、B的压强。 答案:65 cmHg　60 cmHg 解析:设空气柱A、B的压强分别为pA、pB,U形管横截面积为S。 对水银柱a,受力分析如图甲所示,有pAS+mag=p0S,所以pA=p0-ρgh1 =75 cmHg-10 cmHg=65 cmHg。   取水银柱b为研究对象进行受力分析,如图乙所示,同理可得pB=pA-ρgh2=65 cmHg-5 cmHg=60 cmHg。 2.如图所示,一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置,金属圆板的上表面是水平的,下表面是倾斜的,下表面与水平面间的夹角为θ,圆板的质量为M,不计圆板与容器内壁的摩擦。若大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强等于(　　) A.p0+ B.+ C.p0+ D.p0+ D 解析:圆板的下表面是倾斜的,气体对它的压力应与下表面垂直。以金属圆板为研究对象,其受力分析如图所示。由平衡条件得cos θ= Mg+p0S,解得p=p0+,D正确。 二 要点2　玻意耳定律及其应用 17 1.内容:一定质量的气体,在　　　　不变的情况下,其压强与体积成　　　　。  2.公式:p1V1=p2V2。 3.适用条件:　　　　一定,　　　　不变。  梳理 必备知识 自主学习 温度　 反比 质量 温度 [思考与讨论] 仔细观察,金鱼吐出的泡泡在上升过程中,体积逐渐变大,思考:   (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? 提示:(1)变小。 (2)外界压强变小,导致气泡体积增大。 利用玻意耳定律解题的基本思路 (1)明确研究对象:根据题意,确定所研究的气体。 (2)明确初、末状态:找出气体变化前后的初、末状态,并确定初、末状态的p、V值。 (3)列方程求解:因为是比例式,计算中只需使同一物理量的单位统一即可,不一定用国际单位制中的单位。 (4)检验结果:有时列方程求解会得到两个结果,应通过合理性的检验决定取舍。 归纳 关键能力 合作探究 [例3]　(2024·广东揭阳高二月考)水中的一个气泡从距离水面30 m处上升到距离水面10 m处时,它的体积约变为原来体积的(气泡上升过程中温度不变,大气压强p0=1×105 Pa,水的密度为103 kg/m3,g取10 m/s2) (　　) A.4倍　　　　　　　　　 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 C [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p1V1=p2V2,它的体积变为原来体积的2倍,故选C。 [例4]　(2024·广东广州高二检测)竖直放置的水银气压计中混入了空气,上升到水银柱上方,使水银柱上方不再是真空,因而气压计的读数比实际的大气压小些。当实际大气压相当于768 mm水银柱产生的压强时,该水银气压计的读数只有750 mm,此时管里的水银面到管顶的距离为80 mm(假设温度保持不变)。 (1)求混入的空气在水银柱上方所产生的压强 (单位用mmHg)。 (2)当该气压计的读数为740 mm水银柱时,实 际的大气压是多少(单位用mmHg)? [答案]　(1)18 mmHg　(2)756 mmHg [解析]　(1)封闭气体的压强为p1=(768-750)mmHg=18 mmHg。 (2)以封闭气体为研究对象 初态p1=18 mmHg V1=l1S,l1=80 mm 末态p2=(p-740)mmHg V2=l2S,l2=80 mm+(750-740)mm=90 mm 根据玻意耳定律p1V1=p2V2 解得实际的大气压p=756 mmHg。 [针对训练]　3.(2024·广东梅州高二月考)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 B 解析:由于气体温度不变,属于等温变化,水位升高,封闭气体的体积减小,根据玻意耳定律,可知压强增大,故B正确。 4.(2024·广东惠州高二期末)图(a)为一气 压升降椅,图(b)为其模型简图,导热性能 良好的气缸用活塞封闭有压强为p0(与外 界大气压相同)、体积为V0的气体;某同学 坐上座椅后,气体被活塞缓慢压缩,活塞静 止时气体体积为V0。已知活塞截面积为S, 与气缸间摩擦不计,活塞和与其连接的部件质量可忽略不计,环境温度不变,重力加速度为g。求: (1)该同学坐上座椅稳定后,气缸内气体的压强p; (2)该同学的质量m。 答案:(1)1.5p0　(2) 解析:(1)该同学坐上后,由于气缸导热性能良好,活塞缓慢压缩气体时,缸内气体温度不变。对缸内气体,根据玻意耳定律得p0V0=pV0 解得p=1.5p0。 (2)对人、活塞及与其连接的部件整体,由平衡条件得mg+p0S=pS 解得m=。 三 要点3　气体等温变化的p-V 图像或 p- 图像 29 1.等温过程:气体在温度　　　　的情况下发生的状态变化过程。  2.等温线:一定质量气体的等温过程在p-图上是过原点的　　　,在p-V图上是　　　的一支,这种表示等温过程的图线称为等温线。  3.状态参量:等温线上的某一点表示气体处于某一状态,该点的坐标(p,V)表示气体在该状态下的状态参量。 梳理 必备知识 自主学习 不变 直线　 双曲线 [思考与讨论] (1)如图甲所示为一定质量的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气体在不同温度下的p-图线,T1和T2哪一个大? 提示:(1)T2。　(2)T2。 两种等温变化图像 归纳 关键能力 合作探究 内容 p-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与就成正比,在p-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 内容 p-图像 p-V图像 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 [例5]　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(　　) A.D→A是一个等温过程 B.A→B是一个等温过程 C.A→B体积不变,压强增大,温度不变 D.B→C体积减小,压强减小,温度不变 A [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、温度都发生变化,B、C错误;B→C是一个等温过程,V增大,p减小,D错误。 [针对训练]　5.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,故D正确。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 1.一定质量的理想气体温度不变,体积为V时,压强为p,当体积变成2V时,压强为(　　) A.2p　　　　　　　　　　 B.p C.4p D.p 解析:根据玻意耳定律可知pV=p'×2V,解得p'=p,故B正确,A、C、D错误。 B 11 2.(多选)在“探究气体等温变化的规律”的实验中,为保持温度不变,下列采取的措施合理的是(　　) A.推动活塞运动时尽可能慢些 B.在活塞上涂上润滑油,保持良好的密封性 C.不要用手握住注射器封闭气体部分 D.实验时尽量在注射器中封入较多的空气 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 11 解析:缓慢地推拉活塞,可以使气体的温度与外界的温度保持一致,从而可以保持封闭气体的温度不变,故A正确;在活塞上涂上润滑油,保持良好的密封性,这样是为了保持封闭气体的质量不发生变化,并不能保持封闭气体的温度不变,故B错误;当用手直接握在注射器上时,手的温度可能改变气体的温度,所以不要用手直接握在注射器上,故C正确;只要是封闭气体的质量不变即可,气体的多少与气体的温度是否会变化无关,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3.如图所示,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为(汞的密度为ρ,重力加速度为g)(　　) A.p0+ρgh2 B.p0-ρgh1 C.p0-ρg(h1+h2) D.p0+ρg(h2-h1) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 11 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+ρgh1=p0,所以p=p0-ρgh1,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 4.(多选)一定质量的理想气体等温变化过程的图线可能是下图中的(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AB 11 解析:图A对应的是p-T图像,图像和p轴平行,温度不变,是等温变化过程,故A正确;图B对应的是p- 图像,图像是过原点的一条直线,p与成正比,即p与V成反比,所以是等温变化过程,故B正确;图C对应的是p-T图像,温度发生了变化,所以不是等温变化过程,故C错误;图D对应的是p-V图像,图像是过原点的一条直线,p与V成正比,所以不是等温变化过程,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5.(多选)如图所示,一根竖直放置的上端开口下端封闭的细玻璃管,内有两段长为15 cm的水银柱,封闭了长度均为15 cm的A、B两段空气柱,已知大气压强p0=75 cmHg,环境温度保持不变。则A、B两段空气柱的压强分别是多大(　　) A.pA=60 cmHg B.pA=90 cmHg C.pB=105 cmHg D.pB=120 cmHg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 BC 11 解析:环境温度保持不变,对上面一段水银柱进行分析,有pA=p0+ρgh= 75 cmHg+15 cmHg=90 cmHg,A错误,B正确;环境温度保持不变,对下面的水银柱进行分析,有pB=pA+ρgh=90 cmHg+15 cmHg=105 cmHg,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6.在用注射器做“探究气体等温变化规律”的实验中,取几组p、V值后,用p作纵坐标,作横坐标,画出的p- 图像是一条直线,把这条直线延长后未通过坐标原点,而与横轴相交,如图所示。造成这种现象可能的原因是(　　) A.各组的取值范围太小 B.堵塞注射器小孔的橡胶塞漏气 C.在实验中用手握住注射器而没能保持温度不变 D.压强的测量值偏小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 11 解析:因p- 图像为一直线,故气体的质量一定、温度不变的条件得到满足,B、C两项错误;取值范围大小对实验无太大影响,A项错误;如图所示,先将图线反向延长和纵坐标交于-p,然后将轴向下平移到-p,图像过原点,可见是压强的测量值偏小,D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 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的过程温度先降低后升高 D.A、C两点的温度相等 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AD 11 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两点在同一条等温线上,D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 [B组　综合强化练] 8.如图所示,竖直放置的弯曲管A端开口,B端封闭,密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内,管内液面高度差分别为h1、h2和h3,则B端气体的压强为(已知大气压强为p0,重力加速度为g)(　　) A.p0-ρg(h1+h2-h3) B.p0-ρg(h1+h3) C.p0-ρg(h1+h3-h2) D.p0-ρg(h1+h2) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 11 解析:需要从管口依次向左分析,中间气室压强比管口低ρgh3,B端气体压强比中间气室低ρgh1,所以B端气体压强为p0-ρgh3-ρgh1,选项B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 9.如图所示,在一根一端封闭且粗细均匀的长玻璃管中,用长为h=10 cm的水银柱将管内一部分空气密封,当管开口向上竖直放置时,管内空气柱的长度L1=0.3 m;若温度保持不变,玻璃管开口向下放置时,水银没有溢出,待水银柱稳定后,空气柱的长度L2为多少?(大气压强p0=76 cmHg) 答案:0.39 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 解析:以管内封闭的气体为研究对象。玻璃管开口向上时,管内气体的压强p1=p0+ρgh,气体的体积V1=L1S(S为玻璃管的横截面积),当玻璃管开口向下放置时,管内气体的压强p2=p0-ρgh,这时气体的体积V2=L2S。温度不变,由玻意耳定律得(p0+ρgh)L1S=(p0-ρgh)L2S,所以L2=L1=×0.3 m≈0.39 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.导热良好的圆柱形气缸置于水平地面上,用质量为M的光滑活塞密封一定质量的气体,活塞横截面积为S。开始时气缸开口向上,被封气体的体积为V0,如图甲所示,现将气缸平放,如图乙所示。已知外界大气压强为p0,环境温度不变,重力加速度为g,待系统重新稳定后,求活塞相对于缸底移动的距离。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 答案: 11 解析:气缸开口向上时,对活塞受力分析有 Mg+p0S=pS 得p= 气缸平放后,对活塞受力分析有p1=p0 对封闭气体运用玻意耳定律有 pV0=p1V1 得V1= 所以Δh==。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 [C组　培优选做练] 11.(2024·广东珠海高二检测)暴雨季节, 路面水井盖因排气孔(如图甲)堵塞可能 会造成井盖移位而存在安全隐患。如图 乙所示,某次暴雨,水位以40 mm/h的速度 迅速上涨,质量为m=30 kg的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连,圆柱形竖直井内水面面积为S=0.3 m2,水面与井盖之间的距离为h=2.02 m时开始计时,此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强p0=1.00×105 Pa,若空气视为理想气体,温度始终不变,g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (1)求密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起。 (2)求从图示位置起,历经多长时间水井盖会被顶起。 (3)提出一个排除安全隐患的方案。 答案:(1)1.01×105 Pa　(2)0.5 h　(3)见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 解析:(1)设密闭空气的压强为p时井盖刚好被顶起,则对井盖由平衡条件得pS=p0S+mg 解得p=1.01×105 Pa。 (2)从题图乙所示位置起,水面上涨x后水井盖会被顶起,根据玻意耳定律得p0hS=p(h-x)S 解得x=0.02 m 水井盖会被顶起所用的时间 t== h=0.5 h。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (3)定期对排水井盖排气孔进行清理防止堵塞,促进排水通畅,消除因积水带来的安全隐患。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 $$