2. 第2课时 气体的等温变化-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理课件聚焦气体的等温变化，涵盖封闭气体压强计算、玻意耳定律及气体等温变化图像三大核心知识点。通过实验图像分析、气泡上升情境导入，从压强计算方法过渡到定律应用再到图像意义理解，构建连贯的学习支架。 其亮点在于以师生互动探究为核心，通过“管+液柱”“汽缸+活塞”等模型的受力分析，结合科学推理与模型建构，如对比p-V和p-1/V图像深化理解。实例丰富，如药瓶抽药液、吸盘挂钩问题，培养学生物理观念与科学思维，助力学生掌握规律，教师教学更具系统性与实效性。

第2课时　气体的等温变化 　　　　 第二章　2.气体的等温变化 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进行分析和计算。 4.了解p-V图像、p- 图像的物理意义。 素养目标 知识点一　封闭气体压强的计算 1 知识点二　玻意耳定律 2 课时测评 4 内容索引 知识点三　气体等温变化的图像 3 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 知识点一　封闭气体压强的计算 返回 师生互动　对于封闭气体压强的求解，常见以下两种情况： 任务1.“管＋液柱”类封闭气体：如图1所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度大小为g，其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强。 提示：同一水平液面C、D两处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。 任务2.“汽缸＋活塞”类封闭气体：如图2所示，汽缸置于 水平地面上，汽缸横截面积为S，活塞质量为m，设大气压 为p0，重力加速度大小为g，试求封闭气体的压强。 提示：以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，可得p＝p0＋。 【探究归纳】 1.平衡状态下封闭气体压强的计算方法 (1)“管＋液柱”类：根据连通器原理灵活选取等压面，利用同一液面压强相等求解气体压强。如图甲所示，M、N两处压强相等，对左侧管有pB＝pA＋＝pA＋ρ液gh2，对右侧管有pB＝p0＋＝p0＋ρ液gh1。 (2)“汽缸＋活塞”类：选与封闭气体接触的活塞或汽缸为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强。如图乙所示，在求静止于水平面上的汽缸中封闭气体的压强时，以活塞为研究对象，设活塞质量为m，大气压为p0，封闭气体压强为p，活塞面积为S，重力加速度为g，受力分析如图丙所示，由平衡条件，有mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋。 2.加速状态下封闭气体压强的计算 当容器处于加速状态时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究对象，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。 角度1 平衡状态下 “管＋液柱”类封闭气体压强的计算 求各图中封闭气体A的压强。其中(1)、(2)、(3)、(4)、(5)图中的玻璃管内都装有水银，(6)图中的小玻璃管浸没在水中。大气压p0＝76 cmHg＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3。 例1 答案：66 cmHg　 pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 答案：86 cmHg pA＝p0＋ph＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg。 答案：66 cmHg pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg。 答案：71 cmHg pA＝p0－ph＝76 cmHg－10×sin 30° cmHg＝71 cmHg。 答案：81 cmHg pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg； pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg。 答案：1.13×105 Pa pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa。 角度2 平衡状态下“汽缸＋活塞”类封闭气体压强的计算 已知大气压为p0，重力加速度为g，各图中各装置均处于静止状态，求各图中封闭气体的压强。 (1)图甲中活塞的质量为m，活塞的横截面积为S。 例2 答案：p0＋　 题图甲中，以活塞为研究对象，由平衡条件得mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋。 (2)图乙中汽缸的横截面积为S、质量为m的梯形活塞上面是水平的，下面与右侧竖直方向的夹角为α。当活塞上放质量为M的重物时处于静止状态，活塞与缸壁之间无摩擦。 答案：p0＋ 题图乙中，对活塞进行受力分析，如图所示 由平衡条件得 p气S'＝ 又因为S'＝， 所以p气＝＝p0＋。 (3)图丙中活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的空气，缸套与活塞无摩擦，活塞横截面积为S。 答案：p0－ 题图丙中，对缸套进行受力分析，由平衡条件得pS＋Mg＝p0S，解得p＝p0－。 角度3 非平衡状态下封闭气体压强的计算 (1)如图甲所示，玻璃管开口向上，竖直静止放置，外界大气压为p0，液体密度为ρ，高度为h，重力加速度为g，若将上述玻璃管由静止自由释放，求下落过程中封闭气体的压强。 例3 答案：p0 下落过程中对液柱受力分析如图所示，由牛顿第二定律得 p0S＋mg－pS＝ma 其中a＝g 联立解得p＝p0。 (2)如图乙所示，在光滑水平面上，用恒力F推着活塞和汽缸以相同的加速度一起做匀加速直线运动，活塞与汽缸相对静止，已知活塞的质量为m，汽缸的质量为M。求封闭气体的压强。 答案：＋p0 对活塞和汽缸整体，由牛顿第二定律得 F＝(M＋m)a 对活塞，由牛顿第二定律得F＋p0S－pS＝ma 联立解得p＝＋p0。 变式拓展.如图，在光滑水平面上，用恒力F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的压强p。(已知外界大气压为p0) 答案：p0＋ 选取汽缸和活塞整体为研究对象，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a 以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有 pS－p0S＝ma 联立解得p＝p0＋。 返回 知识点二　玻意耳定律 返回 情境导入　在实验中我们作出了p-V图像和p-图像，如图甲、乙所示。 (1)我们做该实验的前提条件是什么？ 提示：气体的质量和温度保持不变。 自主学习 (2)图像说明压强与体积有什么关系？ 提示：压强与体积的倒数成正比，即压强与体积成反比。 教材梳理 (阅读教材P23—P24完成下列填空) 1.等温变化：一定______的气体，在______不变的条件下，其压强与体积发生的变化。 2.玻意耳定律 (1)内容：一定质量的某种气体，在______不变的情况下，压强p与体积V成______。 (2)表达式：pV＝C(常量)或______________。 (3)条件：气体的______一定，______不变。 质量 温度 温度 反比 p1V1＝p2V2 质量 温度 师生互动　如图所示，在一个恒温水池中，一串串气泡由池 底慢慢上升到水面，气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到 水面时会破裂。 任务1.气泡上升过程中，气泡内气体的压强、体积如何改变？压强与体积的积改变吗？ 提示：气泡上升过程中，气泡内气体的压强变小、体积变大；压强与体积的积不变。 课堂探究 任务2.为什么气泡到达水面会破？ 提示：气泡到达水面时会破裂是由于气泡内部压强大于外部压强。 1.玻意耳定律的成立条件 (1)气体质量一定，温度不变。 (2)气体压强不太大(与大气压比较)，温度不太低(与常温比较)。 2.公式pV＝C中常量C的理解 常量C与气体的种类、质量、温度有关。对一定质量的某种气体，温度越高，常量C越大。 探究归纳 如图所示，竖直放置的导热汽缸，活塞横截面积为 S＝0.01 m2，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＝70 cm的气柱(U形管内的气体体积不计)。已知活塞质 量m＝10.2 kg，大气压 p0＝1×105 Pa，水银密度 ρ＝13.6×103 kg/m3，g＝10 m/s2。 (1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1 ； 答案：0.075 m 例4 对活塞，有 p0S＋mg＝p1S 对右侧高度为h1的液柱，有p1＝p0＋ρgh1 联立解得h1＝0.075 m。 (2)在活塞上加一竖直向上的拉力，缓慢向上拉活塞使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝7.5 cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度和此时的拉力大小F。 答案：0.859 m　204 N 汽缸内气体做等温变化，则活塞平衡后汽缸内气体的压强为p2＝p0－ρgh2 由玻意耳定律可得p1HS＝p2xS 联立解得x≈0.859 m 此时对活塞，由平衡条件得p0S＋mg＝p2S＋F 解得F＝204 N。 应用玻意耳定律的一般思路 1.确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 2.确定始、末状态及状态参量(p1、V1，p2、V2)。 3.根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解。(注意：各状态参量只要始、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际 单位) 4.有时需要分析题目中的隐含条件，由力学或几何知识列出辅助 方程。 5.有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去。 规律总结 针对练1.为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9 mL，内装有0.5 mL的药液，瓶内气体压强为1.0×105 Pa，护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，此时药瓶内气体的压强最接近 A.0.8×105 Pa B.1.0×105 Pa C.1.3×105 Pa D.1.7×105 Pa √ 选初始状态药瓶内的气体和注射器内的气体整体为研究对象，初状态p1＝1.0×105 Pa，V1＝0.9 mL－0.5 mL＋0.3×0.4 mL＝0.52 mL；末状态V2＝0.9 mL－0.5 mL＝0.4 mL，压强为p2；气体做等温变化，根据玻意耳定律可知p1V1＝p2V2，代入数据解得p2＝1.3×105 Pa。故选C。 针对练2.如图所示，劲度系数k＝500 N/m的竖直弹簧下端固定在水平地面上，上端与一活塞相连，导热性良好的汽缸内被活塞密封了一定质量的气体，整个装置处于静止状态。已知汽缸质量m1＝5 kg，汽缸底面积S＝ 10 cm2，大气压p0＝1.0×105 Pa，此时活塞离汽缸顶部的距离h1＝40 cm。现在汽缸顶部加一质量m2＝5 kg的重物。忽略汽缸壁厚度以及活塞与汽缸之间的摩擦力，汽缸下端离地足够高，环境温度保持不变，g取10 m/s2。则汽缸稳定时下降的距离为 A.10 cm B.20 cm C.30 cm D.40 cm √ 设未加重物时内部气体压强为p1，由平衡条件可得p1S＝m1g ＋p0S，解得p1＝1.5×105 Pa；加上重物后，设汽缸内气体压 强为p2，由平衡条件可得p2S＝m1g＋p0S＋m2g，解得p2＝2.0 ×105 Pa。由玻意耳定律得p1h1S＝p2h2S，解得h2＝0.3 m，活 塞下降的距离为Δx＝＝0.1 m，所以汽缸稳定时下降的距离Δh＝h1－h2＋Δx＝0.2 m＝20 cm。故选B。 返回 知识点三　气体等温变化的图像 返回 情境导入　根据玻意耳定律公式pV＝C，结合数学知识，对于质量一定的某种气体，请思考气体做等温变化时： (1)其p-V图像是什么样的？ 提示：双曲线的一支。 自主学习 (2)其p-图像是什么样的？ 提示：过原点的倾斜直线。 教材梳理 (阅读教材P24完成下列填空) 1.等温线：温度不变时气体压强与体积的关系图像。 2.等温线的特点 (1)在p-V图像中，一定质量气体的等温线为________的一支，如图甲所示。 (2)在p-图像中，一定质量气体的等温线为过原点的__________，如图乙所示。 双曲线 倾斜直线 师生互动　图甲中的两条p-V图线都是双曲线的一支，是一定质量的气体在不同温度下的p-V图线；图乙中两条p-图线都是延长线过原点的倾斜直线，是一定质量的气体在不同温度下的p-图线。 任务1.根据双曲线的特点，说明图甲中 的气体发生什么变化？温度T1和T2哪一 个比较高？为什么？ 提示：根据双曲线的特点，可知pV＝C(常量)，说明气体做 等温变化；如图所示，在两条等温线上取体积相同的两个点 (即两个状态)A和B，可以看出pA＞pB，因此T2＞T1。 课堂探究 任务2.根据过原点的倾斜直线的特点，说明图乙中的气体发生什么变化？T3和T4哪一个大？ 提示：根据过原点的倾斜直线的特点，可知p 与成正比，即pV＝C(常量)，说明气体做等温变化；同理可知T3＜T4。 气体等温变化的两种图像的比较 探究归纳 两种图像 内容 p-V图像 p-图像 图像特点     探究归纳 两种图像 内容 p-V图像 p-图像 物理意义 一定质量的气体，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 一定质量的气体，温度不变时，p与成正比，在p-图像中的等温线是过原点的倾斜直线 温度高低 一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在p-V图像上的等温线离原点越远，图中T1＜T2 直线的斜率为p与V的乘积，斜率越大，pV越大，温度就越高，图中T2＞T1 (多选)如图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。关于气体的温度和分子平均速率的变化情况，下列说法正确的是 A.都一直保持不变 B.温度先升高后降低 C.温度先降低后升高 D.分子平均速率先增大后减小 例5 √ √ 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，可在p-V图像上作出几条 等温线，如图所示。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温度应先升高后降 低，分子平均速率先增大后减小。故选BD。 针对练1.(多选)如图为一定质量的某种气体的两条p-V图线，两曲线均为双曲线的一部分，则下列关于各状态温度的关系式正确的是(A、B、C、D为四个状态) A.TA＝TB B.TB＝TC C.TC＞TD D.TD＞TA √ √ 由题图可知A、B两个状态在同一条等温线上，所以这两个状态的温度相同，TA＝TB，同理可得TC＝TD，A正确，C错误；B和C两个状态分别在两条等温线上，所以B和C的温度不相等，B错误；同一p-V图像中的等温线越靠近坐标原点表示的温度越低，故有TA＜TD，D正确。 针对练2.(多选)如图所示，A→B→C→D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.A→B是一个等温过程 B.B→C是一个等温过程 C.T1＞T2 D.C→D过程中，气体体积增大，压强减小，温度不变 √ √ A→B是一个等温过程，A正确；由题图可知T2＞T1，故B→C温度升高，B、C错误；C→D是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。 返回 课堂回眸 课时测评 返回 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，若大气压为p0，重力加速度为g，则被封闭气体的压强p等于 A.4p0＋ B.3p0＋ C.p0＋ D.条件不够，无法判断 √ 以活塞为研究对象，根据受力平衡得Mg＋4p0S＝3p0S＋pS，解得p＝p0＋。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2.(2025·贵州黔西高二期末)若已知大气压为p0，图中各装置均处于静止状态，液体密度均为ρ，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.图甲中密闭气体的压强大小是p0－ρgh B.图乙中密闭气体的压强大小是p0＋ρgh C.图丙中密闭气体的压强大小是p0－ρgh D.图丁中密闭气体的压强大小是p0－ρgh1 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 题图甲中取AB高度的液柱进行分析，如图所示，有p0S＝ρghS＋ pS，解得密闭气体的压强大小是p＝p0－ρgh，故A正确；同理得， 题图乙中密闭气体的压强大小是p＝p0－ρgh，故B错误；题图丙 中密闭气体的压强大小是p＝p0－ρghsin60o＝p0－ρgh，故C错 误；题图丁中密闭气体的压强大小是p＝p0＋ρgh1，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 3.恒温鱼缸中，鱼吐出的气泡在缓慢上升，能反映气泡上升过程气泡内气体的压强p、体积V和温度T变化情况的图像是 √ 由于是恒温鱼缸，可知气体温度T保持不变，气泡上升过程气体压强p逐渐减小，根据玻意耳定律pV＝C，可得p＝C·，可知气体体积V逐渐增大，压强p与体积的倒数成正比。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 4.如图所示，汽缸倒挂在天花板上，用光滑的活塞密封一定量的气体，活塞下悬挂一个沙漏，保持温度不变，在沙缓慢漏出的过程中，气体的 A.压强变大，体积变大 B.压强变大，体积变小 C.压强变小，体积变大 D.压强变小，体积变小 √ 设活塞和沙漏的总质量为m，则对活塞分析可知pS＋mg＝p0S，可得p＝p0－，则当m减小时，压强p变大；根据玻意耳定律pV＝C可知，气体体积变小。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 5.(2025·河北沧州市高二联考)如图甲所示，一端封闭且粗细均匀的足够长直玻璃管水平放置，用长为15 cm的水银柱封闭了一定质量的理想气体，封闭气柱长度为30 cm，大气压恒为75 cmHg。现将玻璃管顺时针缓慢旋转90°，如图乙所示。再将玻璃管顺时针缓慢旋转53°，如图丙所示。已知气体温度始终不变，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列说法正确的是 A.图丙状态的气体压强小于图乙 B.若玻璃管从图乙状态自由下落， 气柱长度将增加 C.图乙气柱长度为25 cm D.图丙气柱长度约为 34.1 cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设玻璃管横截面积为S，水银柱的长度为h，题图甲气体压强为p1，气柱长为L1，题图乙气体压强为p2，气柱长为L2，题图丙气体压强为p3，气柱长为L3，则由题给条件可知p1＝75 cmHg，L1＝30 cm，h＝15 cm，从甲状态到乙状态，由玻意耳定律有p1L1S＝p2L2S，而对于状态乙，气体的压强为p2＝p1－ρgh＝(75－15) cmHg＝ 60 cmHg，解得L2＝37.5 cm，从状态乙到状态丙，根据玻意耳定律有p2L2S＝p3L3S，而对于状态丙，气体的压强为p3＝p1－ρghcos 53°＝66 cmHg，解得L3≈34.1 cm，故A、C错误，D正确；若玻璃管从题图乙状态自由下落，处于完全失重状态，封闭气体的压强将等于大气压，大于题图乙状态的气体压强，由玻意耳定律pV＝C可知，气柱的长度将减小，故B错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 6.我国探月工程于2024年6月25日首次获取月背样品后成功返回地球。地球表面的重力加速度为g，月球表面的重力加速度为。如图所示，玻璃管开口向上竖直放置，长度为h＝5 cm的水银柱密闭了1 mm长的气柱，如果将这个玻璃管带到月球表面，发现水银柱缓慢向上移动且恰好不从玻璃管流出。已知大气压为p0＝75 cmHg，整个过程密闭气体温度保持不变，月球表面近似真空。玻璃管的长度为 A.14.6 cm B.10.1 cm C.9.6 cm D.9.1 cm √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 水银柱在地球表面静止时，有p气＝ρgh＋p0，水银柱在月球表面静止 时，有p气'＝ρ·h，又ρgh＝5 cmHg，设玻璃管的横截面积为S，长度 为l，密闭气体发生等温变化，有p气×0.1 cm×S＝p气'(l－5 cm)S，解 得l＝14.6 cm。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 7.增压玩具水枪通过压缩空气提高储水腔内的压强。已知储水腔的容积为1.0 L，初始时，在储水腔中注入0.5 L的水，此时储水腔内气体压强为p0，现用充气管每次将0.02 L压强为p0的气体注入储水腔中，忽略温度变化。要使储水腔内气体压强增大到1.2p0，则应该充气的次数为 A.5 B.10 C.15 D.20 √ 设应该充气的次数为n，以充入气体与储水腔中的气体为整体，由玻意耳定律有p0(V0＋nV1)＝1.2p0V0，即p0×(0.5＋0.02n)＝1.2p0×0.5，解得n＝5。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 8.(2025·山东枣庄高二月考)吸盘挂钩里的吸盘工作原理的 示意图如图所示，使用时先把吸盘紧挨竖直墙面，按住锁 扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，挤出吸盘内部分空气，然 后把锁扣扳下(如图乙)，使外界空气不能进入吸盘。由于 吸盘内外存在压强差，因此吸盘被紧压在墙壁上，挂钩上 即可悬挂适量物体。轻质吸盘导热良好，有效面积S＝6 cm2，锁扣扳下前密封空气的压强与外界大气压相等，扳下锁扣后吸盘内气体体积变为原来的两倍。已知大气压p0＝1.0×105 Pa，吸盘挂钩能够承受竖直向下的最大拉力与其和墙壁间正压力相等，空气可视为理想气体，取重力加速度大小g＝10 m/s2。该吸盘能悬挂的物体的最大质量为 A.1 kg B.2 kg C.3 kg D.4 kg √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设锁扣扳下前密封空气的体积为V，根据玻意耳定律可得p0V＝2pV，解得p＝5.0×104 Pa；设吸盘与墙壁间的正压力大小为FN，则有FN＝S；设该吸盘能悬挂的物体的最大质量为m，根据受力平衡可得Fmax＝mg，又Fmax＝FN，联立解得m＝3 kg。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 9.(10分)如图甲所示，气压式升降椅内的汽缸填充了氮气，汽缸上下运动支配椅子升降。如图乙为其简易结构示意图，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m＝5 kg。横截面积为S＝10 cm2的柱状气动杆与底座固定连接。可自由移动的汽缸与气动杆之间封闭一定质量氮气，稳定后测得封闭气柱长度为L＝21 cm。设汽缸气密性、导热性能均良好，忽略摩擦力。已知大气压为p0＝1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g＝10 m/s2。求： (1)初始状态封闭气体的压强； 答案：1.5×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 对汽缸与椅面整体受力分析，由受力平衡有p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.5×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)若把质量为M＝30 kg的重物放在椅面上，稳定后椅面下降的高度。 答案：14 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，气柱长度为L'，对汽缸、椅面与重物整体受力分析，由受力平衡有p2S＝p0S＋(m＋M)g 解得p2＝4.5×105 Pa 对汽缸内气体分析，汽缸导热性能良好，环境温度不变，则汽缸内气体温度不变，由玻意耳定律有 p1LS＝p2L'S 解得L'＝7 cm 则椅面下降的高度h＝L－L'＝14 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 10.(10分)(2025·河北石家庄高二期末)如图所示，一粗细均匀、开口向上的玻璃管竖直放置，内部用长为25 cm的水银封闭了一段长为30 cm的理想气体，气体温度与环境温度相同。将玻璃管缓慢旋转90°时，即玻璃管水平放置时，玻璃管中的水银恰未溢出。大气压为75 cmHg，环境温度保持不变。求： (1)玻璃管的长度； 答案：65 cm 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 设大气压为p0，初始时气体压强为p1＝p0＋ρgh 玻璃管缓慢旋转90°后，气体压强为p2＝p0 由玻意耳定律有p1l1S＝p2l2S 玻璃管长L＝l2＋h 解得L＝65 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)将玻璃管从开口向上缓慢旋转180°时，玻璃管中水银的长度。 答案：15 cm 玻璃管缓慢旋转180°时，设管内剩余水银长度为h1，气体压强为p3＝p0－ρgh1 由玻意耳定律有p1l1S＝p3l3S 其中l3＝L－h1 解得h1＝15 cm。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 谢 谢 观 看 第2课时　气体的等温变化 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 $