第2章 2 第 2 课时 玻意耳定律及其应用-【成才之路·练案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步新课程学习指导(人教版)

练案[7] 第二章2.[第2课时 基础巩固练 知识点一封闭气体压强的计算 1.如图所示，内壁光滑的汽缸竖 直放置在水平地面上，T形活塞 的质量为M,下底面积为S,上 底面积为4S,若大气压强为p0, 重力加速度为g,则被封闭气体 的压强P等于 Mg A.4po+S B.3po +Mg Mg C.Po+ D.条件不够，无法判断 2.弯曲管内注有密度为p的水，中间部分有空 气，各管内液面高度差如图所示，大气压强为 Po,重力加速度为g,则图中A点处的压强是 ( A.po +3pgh B.Po +2pgh C.po +pgh D.pgh 知识点二玻意耳定律的应用 3.一定质量的理想气体，压强为3atm,保持温度 不变，当压强减小2atm时，体积变化4L,则 该气体原来的体积为 () B.2L GSL D.8L 4.(2025·河南商丘市高二质检)如图所示，自 动洗衣机洗衣缸的底部与竖直均匀细管相通， 细管上部封闭，并与压力传感器相接。洗衣缸 进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸 中水面的上升，细管中的空气被压缩，当细管 中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进 151 玻意耳定律及其应用] 水阀门关闭，这样就可以自动控制进水量。已 知刚进水时细管中被封闭空气柱长度为52cm (忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强 Po=1.0×10Pa,水的密度p=1.0×103 kg/m3,重力加速度g=10m/s2。当空气柱被 压缩到50cm长时，压力传感器关闭洗衣机进 水阀门，则此时洗衣缸内水位高度为（设整个 过程中细管内气体温度保持不变)() 压力传感器 洗 缸 细管 A.40 cm B.42 cm C.44 cm D.46 cm 5.（2025·辽宁省高二期末)一端封闭 的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水 银柱长15cm,开口向上时，管内封闭 15c 的空气柱长15cm;开口向下时，管内 封闭的空气柱长22.5cm,水银没有 溢出。求： (1)大气压强p; (2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长 度L。 知识点三气体的p-V图像或p-图像 6.（多选)下列选项图中，p表示压强，V表示体 积，T表示热力学温度，各图中正确描述一定 质量的气体发生等温变化的是 7.（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.由图可知T,>T2 D.一定质量的气体，温度越高，气体压强与体 积的乘积越小 综合提升练 8.如图所示，两端开口的均匀玻璃管竖直插入水 银槽中，管中有一段长的水银柱封闭一定 质量的气体，这时管下端开口处内、外水银面 高度差为2，若保持环境温度不变，当外界压 强增大时，下列分析正确的是 A.h2变长 B.h2变短 C.水银柱上升 D.水银柱下降 9.如图所示，空的薄金属筒开口向下静止于恒温 透明液体中，筒中液面与A点齐平。现缓慢将 其压到更深处，筒中液面与B点齐平，不计气 体分子间相互作用，且筒内气体无泄漏（液体 温度不变)。下列图像中能体现筒内气体从状 态A到B变化过程的是 气 B 0 10.如图所示，有一竖直放置的导热汽缸，活塞的 横截面积为S=0.01m2,可在汽缸内无摩擦 滑动，汽缸侧壁有一个小孔与装有水银的 U形玻璃管相通，汽缸内封闭了一段高为 h=50cm的气柱(U形管内的气体体积忽略 不计)。已知活塞的质量m=3.4kg,大气压 强p0=103Pa,水银密度p=13.6×103kg/m3, (取g=10m/s2),求： 53 (1)U形管中左管与右管的水银面的高度11.有一质量为m的汽缸，用活塞封着一定质量 差h; 的气体，当汽缸水平横放时，汽缸内空气柱长 (2)现在活塞上加一竖直向上的拉力使U形 为。（图甲），现把活塞按如图乙那样悬挂，汽 管中左管水银面高出右管水银面h2= 缸悬在空中保持静止。求此时汽缸内空气柱 6cm,求活塞平衡时与汽缸底部的高度 长度为多少？已知大气压强为Po,活塞的横 差。（结果保留2位有效数字） 截面积为S,重力加速度为g,它与汽缸之间 无摩擦且不漏气，气体温度保持不变 LALLLLLL1L11L1KKL 7777777T 甲 乙 154热水和一杯加较多冰块的可乐，温度仍在发生变化，则处于非 平衡态，C正确：一瓶放在房间中很久的84消毒液，与环境温 度相同，其状态参量不变，则处于平衡态，D错误。故选C。 3.C温度不同的两块金属接触，达到热平衡后，温度相同，即分 子平均动能相同，故选C。 4.ACD两个系统达到热平衡的标志是它们的温度相同，或者 说它们的冷热程度相同，A、C、D正确，B错误。 5.BCD处于热平衡的两个系统具有相同的温度，故A错误，C 正确；由热平衡定律可知，如果两个系统分别与第三个系统达 到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，即具 有相同的温度，故B正确；热平衡是温度计用来测量温度的基 本原理，故D正确。 6.C根据热力学温度与摄氏温度的关系T=t+273.15K可知， 今天最高气温是25℃，用热力学温度来表示即为298.15K, 故A错误；今天最低气温是283.15K,用摄氏温度来表示即为 10℃，故B错误；今天从早晨到中午，气温上升了△t=10℃， 由于数值上△T=△t,所以用热力学温度来表示即上升10K, 故C正确，D错误。 7.B水银的熔点是-39.3℃，低于-39.3℃时水银会凝固，酒 精的熔点是-114℃，水在0℃就结冰，故选B。 综合提升练 8.CD细管中的液体是用来显示球形瓶中空气的体积随温度 变化情况的，实际测温物质是球形瓶中封闭的空气，该温度计 是利用空气的热胀冷缩性质制成的，故A、B错误，C、D正确。 9.BC由于两个系统原来处于热平衡状态，故温度相同，升高 相同的温度后，温度仍相同，仍是热平衡状态，A错误，B正 确；由于温度发生了变化，系统的状态也发生了变化，D错误， C正确。故选BC。 10.C根据题意可知，温度越高，水柱上升的高度越高，A点温 度最高，D点温度最低，故选项A、B错误；由于A、D间的刻 度均匀分布，故有色水柱下端的温度为80-20×3℃+20℃ 15 =32℃，故选项C正确，D错误。 11.D由题图可知，水的密度和温度关系的图线是不规则曲线， 如果选水为测温物质，则温度计刻度不均匀；由于汞的密度 与温度呈线性关系，选汞为测温物质，温度计刻度均匀。故 D正确。 12.t1t1点标在电流较大的刻度上，因为在t1点时电阻较小， 由于电池的电动势和内阻不变，根据闭合电路的欧姆定律 知，t1对应的电流较大。 练案[6] 基础巩固练 1.AD本实验采用的方法是控制变量法，所以要保持被封闭气 体的质量和温度不变，A正确：由于注射器的横截面积不变， 所以只需测出空气柱的长度即可，B错误；涂润滑油的主要目 的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，C错误：P与 —22 V成反比，p-十图像是一条过原点的直线，而p-V图像是双 曲线的一支，所以-十图像更直观，D正确。 2.(1)B (2)保证在气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 (3)C 解析：(1)为了保证气密性，应用橡胶套密封注射器的下端，A 必要；由于注射器的直径均匀恒定，根据V=LS可知体积和空 气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度， 不需要测量柱塞的直径，B不必要，D必要；为了得知气压的 变化情况，需要读取压力表上显示的气压值，C必要。 (2)手温会影响注射器内气体的温度，且实验过程中气体压缩 太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以 这样做的目的是保证在气体状态变化过程中温度尽可能保持 不变。 (3)当气体做等温变化时，p与V成反比，即px,故刀- 图像为直线，所以为了能直观反映卫与V成反比的关系，应作 p-十图像，C正确。 3.(1)体积的倒数 ·②封闭气体漏气（或气体温度降低） (2)答案见解析 解析：(1)由于p-V图像为曲线，面p-十图像为直线，为直 观反映压强与体积之间的关系，应以P为纵坐标，以体积的倒 数为横坐标：压缩气体时，温度不变，由p=k↓可知，p与V 乘积减小，则斜率减小，因此图线应为题图乙中的②，造成该 现象的原因可能是封闭气体漏气（或气体温度降低）。 (2)由于软管中存放有一部分气体，从而导致图像不过原点， 因此应选用容积较大的注射器（或实验中气体的体积不压缩 得过小，或测出软管中气体的体积等)从而使那一小部分气体 忽略不计。 练案[7] 基础巩固练 1.C以活塞为研究对象，活塞受重力、大气压力和封闭气体的 支持力，根据受力平衡得Mg+4poS=3poS+pS,解得p=Po+ 华C正确。 2.B同一液体内部液面等高处的压强相等，由题图中液面的高 度关系可知，封闭气体的压强P1=P0+pgh,A点的压强PA= P1+Pgh=Po+2pgh,故选项B正确。 3.B一定质量的气体，在等温变化过程，根据玻意耳定律得 p1V1=p2V2,则有：3V=1(V+4),解得V=2L,可知B选项 正确。 4.B刚进水时细管中被封闭空气柱长度为(1，压力传感器使洗 衣机进水阀门关闭时洗衣缸内水位高度为，空气柱长度为 l2,则管内气体的压强为p=o+pg(h-山1+l2),则由玻意耳定 律可知pol1S=pl,S,解得h=42cm,故B正确。 5.(1)75 cmHg(2)18cm 解析：(1)封闭部分气体做等温变化，设横截面积为S, 则有p1·15cmS=p2·22.5cmS P=p+15 cmHg,P2 =p-15 cmHg 解得p=75cmHg。 (2)把管水平放置时有 p1·l5cmS=P1·LS,P3=p 解得L=18cm。 6AB选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明∝十，即 V=常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温变化；D 图的p-V图线不是双曲线的一支，故不是等温线，故选AB。 7.AB由等温变化可知，一定质量的气体温度一定时，压强与 体积成反比，不同温度对应的等温线是不同的，且越靠近原点 等温线所表示的温度越低。一定质量的气体，温度越高，气体 压强与体积的乘积越大。故A、B正确。 综合提升练 8.D被封闭气体的压强p=Po+h1=po+h2。故h1=h2,随着 外界压强增大，被封闭气体压强也增大，由玻意耳定律知气体 的体积减小，空气柱长度变短，但h1、h2长度不变，水银柱下 降，D项正确。 9.C筒内气体发生等温变化，由玻意耳定律可知，气体的压强 与体积成反比，金属筒从A下降到B的过程中，气体体积V变 小，压强p变大。故选C。 10.(1)2.5cm(2)56cm 解析：(1)对活塞，由平衡条件得： PoS +mg =pS, 封闭气体压强：P1=%+Pg欧1， 解得：h1=2.5cm。 (2)以封闭气体为研究对象，气体状态参量： P1=Po +pgh,P2 Po -pgh2, V =hS =50S,V,=xS. 气体发生等温变化，由玻意耳定律得： p1V1=p2V2, 即(po+pgh1)×50S=(P0-pgh,)xS, 解得：x=56cm。 11.PS PoS-mg 解析：设悬挂时空气柱长为(1，选取汽缸内封闭的气体为研 究对象，气体发生等温变化 初始状态：P1=po,V1=nS 对悬挂的汽缸进行受力分析（如图） PoS 由平衡条件得PoS=p2S+mg 基理待A%一贤 未状春=学，=4S S 由玻意耳定律知P1V1=P2V, 由以上各式得(=。 PoS-mg 练案[8] 基础巩固练 1A由益-昌形克定体宁-会可得宁-兰即4y兰所 T 以△=亮，4，=高，、与分别是气体在5℃和 0℃时的休积会一点所以△%=A放A正确， 2.C当水银柱最下端上升到A、B处时，电路自动断开，此时空 气柱长度为4=山，+片。在此过程中空气柱的压强不变，根 超盖一昌萨克定律有受-头，联立并代人数据解得了 T。 330K,C正确 3.B一定质量的气体，在体积不变的情况下，由查理定律可得 会-会，当温度从0℃升高到1w化时，有会一号 器認-器所以，器，因此压强比原来蜡加了器。 .50 故B正确，A、C、D错误。 4.0.9cm设再注入的水银柱长度为x,以封闭在管中的气体为 研究对象，气体做等容变化。 初态p1=p%+15 cmHg=90amHg T1=(273+27)K=300K 末态pP2=(90+x)cmHg T2=(273+30)K=303K 由查理定律号一公得 (90+x）cmHg_90cmHg 303K 300K 解得x=0.9cm 则注入水银柱的长度为0.9cm。 5.C根据查理定律可得，气体从状态A到状态B,体积不变，压 强减小，故温度降低，即T4>T:根据盖一吕萨克定律可得，从 状态B到状态C,压强不变，体积增大，故温度升高，即 TB<Tc,故A、B、D错误，C正确。 6.ABD查理定律研究的是等容变化，压强与热力学温度成正 比，且p-T图像的反向延长线过坐标原点，故A正确，C错