课时2.2 气体的等温变化-2024-2025学年高中物理分层同步作业练习专题教案（人教版2019选择性必修第三册）

第二章 气体、固体和液体 课时2.2 气体的等温变化 1. 学会通过实验的方法研究问题，探究物理规律，体验科学探究过程。 2. 理解气体等温变化的p-V图像的物理意义。 3. 理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系。 4. 学会用玻意耳定律解决有关的问题。 （一）等温变化 一定质量的气体，在温度不变的条件下，其压强随体积变化的过程叫作气体的等温变化。 （二）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，其压强与体积成反比。 2. 公式：（常量）或 （、和、分别表示气体在不同状态下的压强和体积）。 3. 图像 考点 封闭气体压强的计算（高频考点） 1. 液柱类 　　液柱产生的附加压强：，其中表示液柱或两液面之间的竖直高度，是液柱所在处的重力加速度。 (1) 容器静止或匀速运动时，根据同种液体(中间液体不间断)在同一水平液面处压强相等，在容器内灵活选取等压面，由两侧压强相等列方程求气体压强。 如图所示，C、D处液面水平且等高，液体密度为，重力加速度为，则液面C、D两处压强相等，封闭气体A的压强。 (2) 容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱为研究对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的压强。 如图甲所示，玻璃管下端封闭一定质量的气体，玻璃管横截面积为，液柱质量为，重力加速度为，玻璃管竖直向上匀加速运动时，对液柱进行受力分析如图乙，有，得 。 2. 活塞类 以与封闭气体接触的固体(如汽缸或活塞)为研究对象，进行受力分析，列平衡方程求压强。 如图甲所示，汽缸置于水平地面上，汽缸横截面积为，活塞质量为，大气压强为，重力加速度为。以活塞为研究对象，受力分析如图乙，由平衡条件得，则封闭气体的压强。 考点 应用玻意耳定律解题的基本思路（方法技巧） (1) 明确研究对象 根据题意确定所研究的气体，要求气体质量不变，温度不变；气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为定质量，才能应用玻意耳定律。 (2) 明确状态参量 找出气体变化前后的初、末状态，并确定初、末状态的、值。 (3) 列方程、求解 根据玻意耳定律列方程，必要时还应用力学或几何知识列出辅助方程；求解时注意同一物理量的单位要统一。因为是比例式，计算中只需使相应量（、及、）的单位统一，不一定用国际单位制的单位。 (4) 检验结果 在等温变化中，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。 考点 “探究气体等温变化的规律”的实验要点（疑难点） 1. 研究方法 实验器材 铁架台、注射器、压力表、橡胶套等 研究对象 注射器内被封闭的一定质量的空气柱 实验方法 控制变量法。控制气体温度和质量不变，研究气体压强与体积的关系 数据收集 气体的压强由压力表读出，空气柱体积(长度)由刻度尺读出 数据 处理 以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标， 作出图像 图像 结果 实验 结论 一定质量的气体在温度不变的条件下，其压强与体积的倒数成正比，即压强与体积成反比 2. 注意事项 (1) 保证气体的质量不变：实验前将橡胶套戴牢固，在柱塞上涂好润滑油避免漏气，以保证气体的质量不变。 (2) 保证气体的温度不变：实验过程中缓慢改变气体体积，手不要接触注射器，等稳定后再读出气体压强，以保证气体的温度不变。 (3) 保证视线水平：本实验测量气体体积时误差主要出现在对空气柱长度的测量上，由于柱塞无法与刻度尺直接接触，故读数时注意视线一定与柱塞底面相平。 导师点睛    (1) 注意实验中气体的压强是通过压力表测量的，所以柱塞与注射器壁间的摩擦不影响气体压强的测量。(2) 因为气体的体积，是常量，所以探究与的关系等同于探究与的关系，故不需要测量空气柱的横截面积。 考点 两种等温变化的图像（易错易混）  图像 图像 图像     物理 意义 一定质量的气体，温度不变时， 恒量，与成反比，与 就成正比，在坐标系中的等温线应是过原点的直线 一定质量的气体，在温度不变的情况下，与成反比，因此等温过程的图线是双曲线的一支 温度高低 过 作平行于轴的直线分别与图线相交，根据气体压强的微观解释和温度的微观含义，在体积相同的情况下，温度越高压强越大，故 过作轴的平行线，分别与图线相交，根据气体压强的微观解释和温度的微观含义，在体积相同的情况下，温度越高压强越大，故 基础过关练 题组一　气体压强的计算 1.(经典题)如图所示，甲、乙、丙图中的玻璃管内都灌有水银，丁图中的小玻璃管浸没在水中。大气压强p0=76 cmHg(p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，ρ水=1×103 kg/m3)，则关于以下四幅图中封闭气体A的压强p甲、p乙、p丙、p丁，正确的是 (　　) 　　　　　　　　 　　 A.p甲=86 cmHg　　　　B.p乙=66 cmHg C.p丙=81 cmHg　　　　D.p丁=1.13×105 Pa 2.(经典题)如图所示，活塞质量为M，上表面面积为S，上表面水平，下表面与水平面成α角，摩擦不计，外界大气压为p0，则被封闭气体的压强为(重力加速度为g) (　　) A.p0-　　　　B.p0+ C.p0-　　　　 D.p0- 3.如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长U形玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中，平衡时水银柱的位置如图，其中h1=5 cm，h2=7 cm，L1=50 cm，大气压强为75 cmHg，则右管内气柱的长度L2等于 (　　) A.44 cm　　　　B.46 cm　　　　C.48 cm　　　　D.50 cm 题组二　探究气体等温变化的规律 4.(2024江苏阶段测试)如图所示，用气体压强传感器“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”，下列说法正确的是 (　　) A.注射器必须水平放置 B.推拉活塞时，动作要快，以免气体进入或漏出 C.活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据 D.实验中气体的压强和体积都可以通过数据采集器获得 5.(2024北京西城模拟改编)用如图所示装置探究气体等温变化的规律。关于该实验的操作，下列说法不正确的是 (　　) A.柱塞上应该涂油 B.应缓慢推拉柱塞 C.推拉柱塞时，手不能握住注射器含有气体的部分 D.注射器必须固定在竖直平面内 6.(2024安徽合肥一模)某实验小组探究一定质量的空气做等温变化的规律，实验装置如图甲所示。用圆柱状活塞将一定质量的空气封闭于无刻度的注射器筒内，封闭空气压强由压强传感器测出。 　　 (1)关于该实验，下列说法正确的是　　　。  A.注射器必须水平放置 B.注射器内部的横截面积不需要测量 C.固定在注射器旁的刻度尺可以不标注单位 (2)该小组分别在室内外进行了实验(室内温度高于室外温度)，作出的p-图像如图乙所示，则在室内的图像是　　　　(选填“①”或“②”)。实验时需要　　　　推动活塞(选填“缓慢”或“快速”)。  题组三　玻意耳定律的理解及应用 7.(2024江苏南通一模)如图所示，医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中气体的 (　　) A.压强增大，分子的数密度增大 B.压强增大，分子的数密度减小 C.压强减小，分子的数密度增大 D.压强减小，分子的数密度减小 8.(2024广西一模)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20 cm的气体柱，右管开口，左管内水银面比右管内水银面高15 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.10 cm　　　　B.15 cm　　　　C.16 cm　　　　D.25 cm 9.(经典题)(2023山东青岛第十九中学月考)如图所示，有一只小试管竖直倒插在盛有足量水的容器中，试管恰好漂浮于水面上，试管内、外水面的高度差为h，试管露出水面的高度为L。若环境温度不变，大气压强缓慢减小，不考虑容器中水面升降及试管壁厚度，则 (　　) A.L变大，h不变　　　　B.L变大，h变大 C.L变小，h不变　　　　D.L变小，h变大 10.(2024山东济宁一模)某品牌电动轿车的减震靠空气减震器(由活塞、汽缸组成，汽缸底部固定在车轴上)来完成，如图甲所示。该电动轿车共有4个完全相同的空气减震器，为研究其减震效果可将其结构简化成如图乙所示。电动轿车在与水平面成θ=37°角的斜坡上匀速向上运动时，汽缸内气柱的长度l1=7.0 cm。已知空气减震器上方的总质量M=300 kg，活塞横截面积S=30 cm2，活塞质量不计，重力加速度g=10 m/s2，外界大气压强p0=1.0×105 Pa，cos 37°=0.8，汽缸内气体温度不变，4个减震器均与斜坡垂直，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求： (1)上坡时汽缸内气体的压强p1； (2)电动轿车行驶至水平路面时，减震器汽缸内气柱的长度l2。 　 11.(经典题)(2024云南大理阶段测试)如图所示，粗细均匀竖直放置的U形玻璃管左端封闭，右端开口且足够长。两管内水银面等高，左管内封闭的气柱长l1=8 cm，现给左管封闭气体缓慢加热，使右侧水银面比左侧水银面高4 cm。已知大气压强为p0=76 cmHg。 (1)求加热后封闭气体的压强； (2)保持加热后的温度不变，为使封闭气柱长度恢复为l1=8 cm，求从开口端注入的水银柱长度。 12.(教材习题改编)足球比赛前都要对足球打气。一个足球的容积是2.5 L。现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球内。假设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，忽略打气过程中气体的温度的变化。 (1)第一次打气后，足球内部空气的压强是大气压的多少倍？ (2)要使足球内部气压达到2个大气压，则要打几次气？ 题组四　气体等温变化的图像 13.(经典题)(2023北京通州月考)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法错误的是 (　　) 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.一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越小 D.由图可知T1<T2 14.(2024江苏盐城月考)开口向上、导热性能良好的汽缸，用活塞封闭了一定质量的气体，如图所示。汽缸与活塞间的摩擦忽略不计。现缓缓向活塞上倒上细沙，则下列关于封闭气体的图像中可能正确的是 (　　) 　 　 　 15.(经典题)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，气体处于A状态和B状态时，温度分别为T1和T2，则下列说法正确的是 (　　) A.D→A体积减小，压强增大，温度升高 B.A→B是一个等温过程 C.A与B的各状态参量均相同 D.B→C体积增大，压强减小，温度不变 能力提升练 题组一　细管内密闭气体变化问题 1.(2023江苏南通中学阶段测试)如图所示，同一房间中有a、b、c三根完全相同的玻璃管，管内各用一段相同长度的水银柱封闭了相等质量的空气。现使a管由静止沿光滑斜面下滑；b管轻放在粗糙斜面上，之后下滑；c管以初速度v沿粗糙斜面上滑。过程中，当水银柱与玻璃管位置相对稳定时，三管内的气柱长度L1、L2、L3之间的大小关系为 (　　) A.L1>L2>L3　　　　B.L2>L3>L1 C.L2>L1>L3　　　　D.L3>L1>L2 2.(经典题)(2024四川泸州二模)如图甲所示，竖直放置、导热性能良好、粗细均匀的“”形管，左管封闭，右管开口，管中水银在左管中封闭了一段气体，右管水银恰好不流出，左右两管水银液面高度差h=40 cm。现将“”形管缓慢倒置稳定后，左端气柱长度减小了Δh=4 cm(如图乙所示)。已知在“”形管倒置过程中，封闭气体质量、管内水银质量及环境温度保持不变，大气压强p0=76 cmHg( cmHg为压强单位)。求“”形管倒置后： (1)左管中封闭气体的压强； (2)左管中封闭气体柱的长度。 题组二　汽缸内密闭气体变化问题 3.(经典题)(2024河南周口月考)用质量为m的光滑活塞将导热汽缸内的气体与外界隔离开，汽缸的质量为2m，若用细绳连接活塞，把整体悬挂起来(如图1所示)，活塞距缸底的高度为H，若用细绳连接汽缸缸底，也把整体悬挂起来(如图2所示)，活塞距缸底的高度为h。设环境温度不变，大气压强为p，且=p，S为活塞的横截面积，g为重力加速度，则H与h之比为 (　　) A.3∶4　　　　B.3∶2　　　　C.7∶4　　　　D.5∶4 4.(2024湖南衡阳开学考试)在一静止电梯内有一导热性能良好的汽缸开口向上水平放置，质量为m的活塞封闭着一定质量的气体，活塞的横截面积为S，活塞离汽缸底部的距离为H，如图所示。将汽缸缓慢地旋转180°使汽缸开口向下，已知大气压为p0且保持不变，环境温度保持不变，不计活塞与汽缸之间的摩擦，重力加速度为g。 (1)求汽缸旋转180°后活塞到汽缸底部的距离H1。 (2)汽缸旋转后，若电梯以g的加速度向上做加速运动，求活塞到汽缸底部的距离H2。 5.(2024陕西西安模拟)图甲是很多机械结构中都会用到的气弹簧装置，其简化模型如图乙所示，装有氮气的封闭汽缸竖直固定在水平地面上，一光滑活塞将汽缸分成A、B两部分，活塞上有一个透气的小孔将汽缸中两部分气体连通在一起，活塞上固定一个圆柱形连杆。已知活塞与连杆的总质量为m，活塞横截面积为S，连杆横截面积为S。初始时刻活塞静止在汽缸内某处，此时A部分高度为h，B部分高度为h。已知大气压强为p0，重力加速度为g，汽缸与活塞、连杆之间无摩擦，汽缸密封良好，气体温度始终保持不变。 (1)求初始时刻汽缸内气体压强p1； (2)若对连杆施加向下的压力，使得活塞缓慢向下移动距离h，求此时汽缸内气体压强p2。 　　 题组三　两部分气体的等温变化问题 6.(2024湖南长沙阶段测试)某物理研究小组设计了一个测定水深的深度计。如图所示，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口。外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为3p0的气体，一细管(体积不计)连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端。该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度。已知p0相当于10 m深的水产生的压强，不计水温变化，求： (1)当A向右移动时，水的深度h； (2)该深度计能测量的最大水深hm。 7.(经典题)(2024广东茂名模拟)如图所示，轻质活塞和水银柱将两部分空气柱封闭在竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管内，玻璃管右端封闭，左管的活塞可在外力作用下无摩擦地移动，两管中的水银柱和空气柱的长度如图所示，单位为cm。已知大气压强p0=1.0×105 Pa=75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。整个过程不会出现漏气现象。已知图示状态下作用在活塞上的力竖直向下，大小为F=10 N，活塞的横截面积为1 cm2，U形管底部厚度不计。 (1)求此时右管封闭气体的压强p； (2)用力下压活塞，将左管中的水银缓慢压入底部，求刚好将左管中水银全部压入底部时，活塞下移的距离h(计算结果保留4位有效数字)。 题组四　打气、抽气问题 8.(2024江苏盐城中学月考)如图所示为水火箭，它是利用质量比和气压作用设计的玩具。已知水火箭内瓶的容积为2.4 L，某次发射前，内瓶中水的体积等于内瓶容积的三分之一，内瓶中气体压强为p0，打气筒每次可充入200 mL压强为p0的气体，当水火箭内部气压达到6p0时，按下发射按钮，箭体可发射至百米高度。设充气过程气体温度不变。已知大气压强为p0，整个装置气密性良好，忽略温度的变化。 (1)求本次发射水火箭前需要打气的次数； (2)求水火箭落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出时瓶内气体质量之比。 9.(2024广东佛山二模)抽气吸盘能帮助工人快速搬运大质量岩板、瓷砖、玻璃等。某次施工时，工人把横截面积为S=0.02 m2的吸盘放在质量m=20 kg的岩板上，多次按压抽气泵抽出吸盘内空气，使吸盘内空气体积变为原来的一半，此时恰能向上提起岩板，假设抽气过程中温度不变，外界大气压强为p0=1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)此时吸盘内气体压强； (2)吸盘内被抽出气体质量和原来气体质量的比值。 　 答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.C 3.D 4.C 5.D 7.D 8.C 9.A 13.C 14.D 15.D 1.C　甲图中p甲=p0-10 cmHg=66 cmHg，乙图中p乙=p0-10 cmHg·sin 30°=71 cmHg，丙图中B气体的压强pB=p0+10 cmHg=86 cmHg，则A气体的压强p丙=pB-5 cmHg=81 cmHg，丁图中气体压强为p丁=p0+ρ水g(1.2 m-0.8 m)=1.05×105 Pa，故选C。 2.C　 以活塞为研究对象，对活塞受力分析如图所示，外界大气对活塞的压力垂直于活塞下表面斜向上，大小为F=p0，由平衡条件有F cos α=Mg+pS，解得p=p0-，选项C正确。 方法技巧 计算气体压强的方法 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 力平 衡法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)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为液面上方气体的压强 3.D　左侧管内气体压强为p1=p0+ph2=82 cmHg，则右侧管内气体压强为p2=p1+ph1=87 cmHg，则右侧管中下端水银液面比外界低(87-75) cm=12 cm，则右侧管中气柱长L2=[(50-5-7)+12] cm=50 cm，选项D正确。 归纳总结 封闭气体压强计算的两种常见情况 4.C　气体压强由压强传感器直接测出，实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，A错误；推拉活塞时，动作要慢，以保证气体温度不变，B错误；活塞移至某位置时，应等状态稳定后再记录数据，C正确；实验中气体的压强通过数据采集器获得，体积从注射器上的刻度读出，D错误。故选C。 5.D　柱塞上涂油，既能减小摩擦，又能防止漏气，A正确；为了使气体温度不变，应缓慢推拉柱塞，且手不能握住注射器含有气体的部分，B、C正确；实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，D错误。故选D。 6.答案　(1)BC　(2)①　缓慢 解析　(1)气体压强由压强传感器直接测出，实验时注射器如何放置对实验结果没有影响，A错误；由于注射器内部横截面积相等，因此可用长度代替体积，不需要测注射器内部的横截面积(易错点)，B正确；注射器旁的刻度尺只要刻度分布均匀即可，可以不标注单位，C正确。故选B、C。 (2)气体压强与气体的温度有关，一定质量的气体，在相同体积下，温度越高，压强越大，故图像①是在温度较高的室内测量获得的。为保证气体温度不变，要缓慢推动注射器活塞。 7.D　医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，温度可视为不变，瓶中药液的体积减小，则瓶中气体的体积增加，气体分子总数一定，则气体分子的数密度减小，A、C错误；瓶中气体的体积增加，由玻意耳定律pV=C，可知气体压强减小，B错误，D正确。故选D。 8.C　设玻璃管横截面积为S，初始状态封闭气柱长度为L1=20 cm，压强p1=p0-ph=(75-15) cmHg=60 cmHg，体积V1=SL1；移动右侧玻璃管，两侧管内水银面相平，封闭气体压强p2=p0=75 cmHg，体积V2=SL2，根据玻意耳定律p1V1=p2V2，解得L2=16 cm，故选C。 方法技巧 应用玻意耳定律解题的一般思路 9.A　对试管与封闭气体整体，此变化过程中仍有ρgV排=mg，所以V排不变，即h不变。假设大气压强为p0，则试管内气体压强为p=p0+ρgh，若环境温度不变，大气压强缓慢减小，试管内气体压强减小。由玻意耳定律可知，气体做等温变化，压强减小，体积变大，因此试管将上浮一些，即L变大，选项A正确。 10.答案　(1)3.0×105 Pa　(2)6 cm 解析　(1)上坡时，对其中一个空气减震器上方的整体进行受力分析，有p1S=Mg cos θ+p0S 解得p1=3.0×105 Pa (2)电动轿车行驶至水平路面时，设汽缸内气体的压强为p2， 对其中一个空气减震器上方的整体进行受力分析，有p2S=Mg+p0S 根据玻意耳定律有p1l1S=p2l2S 解得l2=6 cm 11.答案　(1)80 cmHg　(2)24 cm 图形剖析 U形玻璃管粗细均匀，左侧液面下降高度等于右侧液面上升高度。 解析　(1)加热后封闭气体的压强 p=p0+pΔh=(76+4) cmHg=80 cmHg (2)加热后封闭气体的体积V=S 保持加热后的温度不变，为使封闭气柱长度恢复为l1=8 cm， 封闭气体的体积V'=Sl1 设从开口端注入的水银柱长度为h，封闭气体的压强p'=p0+ph 根据玻意耳定律得pV=p'V'，得p=p'l1 解得h=24 cm 12.答案　(1)1.05倍　(2)20次 解析　(1)设大气压强为p0，足球容积为V0，每次打气的体积为V。 根据玻意耳定律，有p0(V0+V)=p1V0 代入数据，解得=1.05 (2)设打气n次，足球内部气压达到2个大气压， 对打气的全过程，由玻意耳定律，有 p0(V0+nV)=2p0V0 解得n=20 导师点睛 选取足球内原有气体和即将充入的气体为研究对象，就可以把充气过程中的变质量问题转化为定质量的气体状态变化问题。 13.C　由于等温线是一条双曲线，它表明在温度保持不变的情况下，气体的压强与体积成反比，A正确；一定质量的气体，在不同温度下，压强相同时，体积不同，因此等温线不同，B正确；对一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积越大，即相同压强下，温度越高，体积越大，因此T1<T2，C错误，D正确。本题选错误的，故选C。 方法技巧 等温线离原点越远温度越高。 14.D　由于汽缸导热性能良好，因此汽缸内的气体温度不变，A错误；缓缓向活塞上倒上细沙，气体体积减小，压强增大，B、C错误；由玻意耳定律pV=C，可知气体体积与压强成反比，D正确。故选D。 15.D　在p-图像中，D→A是过原点的倾斜直线的一部分，所以D→A温度不变，故选项A错误；BC所在直线是过原点的倾斜直线，所以BC是等温线，因为BC的斜率大于AD的斜率，所以T2>T1，则A到B温度升高，故选项B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，故选项D正确。 方法技巧 处理p-V(或p-)图像问题的方法 能力提升练 1.D　设大气压强为p0，玻璃管的横截面积为S。对a管：a管由静止沿光滑斜面下滑，以水银为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg sin 45°+p0S-paS=maa，对管和水银整体有Mg sin 45°=Maa，联立可得pa=p0；对b管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mg sin 45°+p0S-pbS=mab，对管和水银整体有Mg sin 45°-f=Mab，可得pb>p0；对c管：以水银为研究对象，根据牛顿第二定律得mg sin 45°+p0S-pcS=mac，对管和水银整体，有Mg sin 45°+f=Mac，可解得pc<p0，所以可得pb>pa>pc，根据玻意耳定律pV=C和V=LS得L2<L1<L3。故选D。 2.答案　(1)108 cmHg　(2)2 cm 图形剖析 倒置后，左端水银柱增加了Δh，则右端水银柱减少了Δh。 解析　(1)设倒置后左右两端水银柱液面的高度差为h1，则h1=h-2Δh=32 cm 设倒置后左管内封闭气体的压强为p2，则p2=p0+ 解得p2=108 cmHg (2)设倒置前左管内封闭气体的压强为p1，封闭气体柱的长度为L1 则p1=p0-ph=36 cmHg 倒置后左管内封闭气体的压强为p2，封闭气体柱的长度为L2 该过程中气柱长度减少了4 cm，有L1-L2=4 cm 对左管内的封闭气体，由玻意耳定律有p1SL1=p2SL2 联立解得，倒置后左管中封闭气体柱的长度为L2=2 cm 3.B　图1中，设封闭气体的压强为p1，对汽缸分析，由平衡条件有pS=p1S+2mg 解得p1=p-=p 封闭气体的体积为V1=HS 图2中，设封闭气体的压强为p2，对活塞分析，由平衡条件有pS=p2S+mg，解得p2=p-=p 封闭气体的体积为V2=hS 对封闭气体，由玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得===，故选B。 方法技巧 正确使用隔离法，分别对汽缸和活塞分析，得出两种情况下封闭气体的压强。 4.答案　(1)H　(2)H 解析　(1)初态时封闭气体的压强p1=p0+ 汽缸旋转180°后，封闭气体的压强p2=p0- 这个过程中封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有p1SH=p2SH1 解得H1=H (2)汽缸旋转后，电梯以g的加速度向上做加速运动，设此时汽缸内气体的压强为p3，对活塞受力分析有p0S-mg-p3S=m 这个过程中封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有p1SH=p3SH2 解得H2=H 5.答案　(1)+p0　(2)+p0 解析　(1)对活塞与连杆整体分析，有mg+p0·+p1(S-)=p1S 解得p1=+p0 (2)将活塞缓慢向下移动距离h，如图所示： 汽缸内气体初态体积V1=Sh-× 气体末态体积V2=Sh-× 根据玻意耳定律p1V1=p2V2 联立解得p2=+p0 6.答案　(1)10 m　(2)30 m 解析　(1)当A向右移动时，假设B不移动(解题技法)， 对Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得p0LS=p1S 解得p1=2p0 而此时B中气体的压强为3p0>p1，故B不移动， 由p1=p0+ρgh，解得h=10 m (2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于3p0后B开始向右移动，当A恰好移动到汽缸Ⅰ的最右侧时所测深度最大，此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内， 设B向右移动的距离为x，两部分气体的压强均为p2， 对原Ⅰ内气体分析，由玻意耳定律得p0LS=p2xS 对原Ⅱ内气体分析，由玻意耳定律得3p0LS=p2(L-x)S 又p2=p0+ρghm 联立解得hm=30 m 7.答案　(1)2.0×105 Pa　(2)21.75 cm 解析　(1)左右两管水银面等高，两管气体压强相等，活塞静止，由平衡条件得p0S+F=pS 代入数据解得p=2.0×105 Pa (2)开始时，左管空气柱长度l1=36 cm，右管空气柱长度l2=30 cm， 刚好将左管水银全部压入底部时，活塞向下移动的距离为h， 左管空气柱长度为l左=(36+9) cm-h=45 cm-h，压强为p左， 右管空气柱长度为l右=(30-9) cm=21 cm，压强为p右， 其中p左=p右+pΔh=p右+(9+9) cmHg=p右+18 cmHg 气体温度不变，由玻意耳定律， 对左管气体有pl1S=p左l左S 对右管气体有pl2S=p右l右S 代入数据解得h≈21.75 cm 方法技巧 两部分气体等温变化问题的解题方法 　　(1)对用来分隔两部分气体的物体(活塞、水银柱等)进行受力分析，根据其运动状态用牛顿运动定律或平衡条件列方程，确定两部分气体的压强。 　　(2)分析两部分气体的体积关系，注意分隔物的移动使它们的体积发生变化。 　　(3)对于两部分气体，在状态变化前后各自遵循玻意耳定律，即pAVA=pA'VA'，pBVB=pB'VB'，联立求解。 8.答案　(1)40次　(2)1∶4 解析　(1)设需要打n次气，打气前水火箭内瓶中空气体积为V0=×2.4 L=1.6 L，空气压强为p0， 末状态气体的压强为6p0，根据玻意耳定律可得 p0(V0+nΔV)=6p0V0 代入数据解得n=40 (2)水刚好全部被喷出时气体的体积为V=2.4 L 设水刚好全部被喷出时瓶内气体压强为p'，根据玻意耳定律可得6p0V0=p'V，解得p'=4p0 从水刚好全部被喷出到水火箭落地，假设气体没有散开，体积为V1(解题技法)，根据玻意耳定律可得p'V=p0V1，解得V1=4V 故水火箭落地后瓶内气体质量与水刚好被全部喷出时瓶内气体质量之比为== 方法技巧 利用玻意耳定律解决变质量问题 9.答案　(1)9.0×104 Pa　(2) 解析　(1)设此时吸盘内气体压强为p，以岩板为研究对象，根据平衡条件可得mg+pS=p0S 解得p=p0-=1.0×105 Pa- Pa=9.0×104 Pa (2)设吸盘内最初空气体积为V，被抽出气体在压强为p0时的体积为V抽，以吸盘内最初气体为研究对象，根据玻意耳定律可得p0V=p·+p0V抽 则吸盘内被抽出的气体质量和原来气体质量的比值为 ==== 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $$