第2章 2.第2课时 玻意耳定律（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

本高中物理讲义聚焦玻意耳定律核心知识点，先系统梳理封闭气体压强的计算方法（含静止匀速、加速运动两种情形），再阐述玻意耳定律的内容、公式及适用条件，最后延伸至等温变化的p-V图像和p-1/V图像分析，构建完整学习支架。 该资料通过情境化问题（如滴管吸水、气球吹气）激发兴趣，结合易错辨析、例题解析培养科学思维与推理能力，课堂小结与分层练习助力学生课后查漏补缺，课中辅助教师系统教学，提升学生运用物理观念解决实际问题的能力。

第2课时　玻意耳定律 学习目标 1.知道气体的等温变化，知道玻意耳定律的内容、表达式及适用条件。 2.能运用玻意耳定律对有关问题进行分析、计算。 3.掌握等温变化的p-V图像、p-图像的物理意义，并能利用图像分析实际问题。 知识点一　封闭气体压强的计算 情境：如图所示，滴管尾部套有弹性橡胶球。挤压橡胶球然后把滴管的玻璃嘴放入水中，松手后水便进入滴管内部。 问题：（1）水进入滴管内部后，橡胶球里面封闭气体的压强比周围空气大还是小？ 提示：挤压橡胶球，松手后，滴管内气体体积增大，管内气体压强减小，滴管内气体压强小于大气压强，在大气压强的作用下，水被挤压进入滴管。 （2）该如何计算橡胶球里面被封闭气体的压强？ 提示：若滴管与盘中液面竖直高度差为h，大气压强为p0，则橡胶球里面封闭气体的压强p＝p0－ρgh。 1.容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算 （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＋ph；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看，有pB＝pA＋ph2，从右侧管看，有pB＝p0＋ph1。 （2）受力平衡法 选与封闭气体接触的活塞、汽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。 2.容器加速运动时封闭气体压强的计算 当容器加速运动时，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。 如图所示，当竖直放置的玻璃管向上加速运动时，对液柱进行受力分析，由牛顿第二定律得pS－p0S－mg＝ma，则p＝p0＋。 【易错辨析】 （1）竖直玻璃管内液柱长为h时，液体下面气体的压强比上面气体的压强大ρgh。（　√　） （2）平衡时活塞两侧受到的压力大小相等。（　√　） 【例1】　（封闭气体压强计算）若已知大气压强为p0，图中各装置均处于静止状态，求封闭气体的压强。（重力加速度为g，图甲、乙中液体的密度为ρ，图丙中活塞的质量为m，活塞的横截面积为S） 答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0＋ 解析：在图甲中，选B液面为研究对象，由二力平衡得F下＝F上，即p下S'＝p上S'（S'为小试管的横截面积），所求气体压强就是A液面所受压强pA。B液面所受向下的压强p下是pA加上液柱h所产生的液体压强，由连通器原理可知B液面所受向上的压强等于大气压强p0，故有pA＋ρgh＝p0，所以pA＝p0－ρgh。在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有pAS″＋phS″＝p0S″（S″为U形管的横截面积），所以pA＝p0－ρgh。在图丙中，以活塞为研究对象，由平衡条件得pS＝mg＋p0S，所以p＝p0＋。 方法技巧 压强计算注意点 （1）液柱产生的压强p＝ρgh中，h是液柱竖直高度差，不一定是液柱长度。 （2）不要漏掉大气压强、重力、弹力等。 1.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（以厘米汞柱为单位）为（　　） A.p0＋h2 B.p0－h1 C.p0－（h1＋h2） D.p0＋（h2－h1） 解析：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，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＋h1＝p0，所以p＝p0－h1，B正确。 2.如图所示，光滑的水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S。现用水平恒力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。（已知外界大气压强为p0） 答案：p0＋ 解析：选取汽缸和活塞整体为研究对象， 汽缸和活塞相对静止时，有F＝（M＋m）a ① 以活塞为研究对象，由牛顿第二定律有 pS－p0S＝ma ② 联立①②解得p＝p0＋。 知识点二　玻意耳定律 情境：如图所示，在球形瓶中放入一个气球，把气球的开口端翻在球形瓶的瓶口上，然后向气球内吹气。 问题：简述发生的现象及其原因。 提示：气球很难吹大。吹气时，气球内气体压强变大，气球膨胀，由于瓶口被封住，瓶内气体体积必然减小，根据玻意耳定律可知，此时瓶内气体压强也同时变大，导致气球内外没有足够的压强差，内外压强差较小，所以气球难被继续吹大。 1.内容 一定质量的某种气体，在　温度　不变的情况下，压强p与体积V成　反比　。 2.公式 pV＝C（C是常量）或　p1V1＝p2V2　。 3.条件 气体的　质量　一定，　温度　不变。 4.气体等温变化的p-V图像：气体的压强p随体积V的变化关系如图所示，图线的形状为　双曲线　，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为　等温线　。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。 【易错辨析】 （1）玻意耳定律是英国科学家玻意耳和法国科学家马略特各自通过实验发现的。（　√　） （2）公式 pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变。（　√　） （3）一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是通过原点的倾斜直线。（　×　） （4）温度不变，封闭气体的体积减小时压强增大是因为分子数密度增大。（　√　） 玻意耳定律 成立条件 气体质量一定、温度不变 数学表达式 pV＝C或p1V1＝p2V2 常量的意义 玻意耳定律的数学表达式pV＝C中的常量C不是一个普适常量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该常量C越大 应用玻意耳 定律解题的 思路和方法 （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）表示或计算出初态压强p1、体积V1，末态压强p2、体积V2，未知量用字母表示。 （3）根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2，代入数值求解（注意各状态参量要统一单位）。 （4）注意分析题目中的隐含条件，必要时应用力学或几何关系列出辅助方程。 （5）有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要删去 【例2】　（玻意耳定律的应用）（鲁科版P23例题）如图所示，将粗细均匀且一端开口的玻璃管放置在水平桌面上，管内用长为h的水银封闭着一段长度为l0的空气柱。已知大气压强为p0，当把玻璃管开口朝上缓慢地竖立起来时，管内空气柱的长度变为多少？ 答案：l＝l0 解析：用p1、V1和p2、V2分别表示玻璃管水平、竖直时管内气体的压强和体积。当压强以cmHg为单位时，管内气体的压强p1＝p0，p2＝p0＋h。 设玻璃管的横截面积为S，竖直时管内空气柱的长度为l，根据玻意耳定律有p1Sl0＝p2Sl 代入气体的压强p1和p2解得l＝l0。 方法技巧 　　一、应用玻意耳定律解题时的一般方法和应注意的问题 一般方法：先确定研究对象，再确定研究对象的始、末状态并分析其状态参量（体积和压强），判断其状态变化遵循的气体实验定律，进而列出方程求解。 确定状态参量时，只要初、末状态的单位统一即可，没必要转化成国际单位制单位。 二、密封气体压强与液体压强的区别 密封气体的压强由气体分子对容器壁的碰撞产生，大小由气体分子的密集程度和温度决定，与地球的引力无关，气体对容器壁上下左右的压强是相等的。液体压强是由其自身重力所产生的，液体完全失重后将不再产生压强。根据压强的定义可推得，液体重力产生的压强公式p＝ρgh。 1.一个气泡从水面下40 m深处缓缓上升到水面，假定水的温度均匀，水面上方的压强为1 atm，水面下方深度每增加10 m，压强大约增加1 atm，则气泡到达水面时的体积为原来的（　　） A.3倍 B.4倍 C.5倍 D.6倍 解析：C　气泡在水面下40 m深处的压强为p1＝ρgh＋p0＝5 atm，根据玻意耳定律，可得p1V1＝p0V2，解得＝＝5，故选C。 2.一定质量的理想气体被一个质量为m＝5 kg、横截面积为S＝25 cm2的活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内。汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动。开始时活塞下表面相对于汽缸底部的高度为25 cm，外界的温度为27°；现将一物块轻放在活塞的上表面，平衡时，活塞下降了5 cm。已知外界大气压强为p0＝1×105 Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： （1）初始状态封闭气体的压强； （2）物块的质量M。 答案：（1）1.2×105 Pa　（2）7.5 kg 解析：（1）设初始汽缸内气体压强为p1，放上物块后稳定时，汽缸内气体压强为p2， 根据平衡条件得p1S＝p0S＋mg 解得p1＝1.2×105 Pa。 （2）初始气柱高度h1＝25 cm， 再次稳定后气柱高度h2＝25 cm－5 cm＝20 cm 由玻意耳定律得p1h1S＝p2h2S 解得p2＝1.5×105 Pa 由平衡条件有p2S＝p0S＋（M＋m）g 解得M＝7.5 kg。 气体等温变化的p-V图像及p-图像 1.等温双曲线（p-V图像） 一定质量的某种气体，其等温双曲线上的每一个点均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的，如图甲所示。 2.温度关系判定 玻意耳定律pV＝C（常量），其中常量C随气体温度的升高而增大，常量C越大等温线离坐标轴越远，图乙中同一气体三条等温线的关系为T3＞T2＞T1。 3.p-图像 一定质量气体的等温变化过程，也可以用p-图像来表示。如图所示，等温线是一条延长线通过原点的倾斜直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k＝＝pV∝T，即斜率越大，气体的温度越高。 【典例1】　一定质量的气体由状态A沿直线变到状态B的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度（　　） A.一直下降 B.先上升后下降 C.先下降后上升 D.一直上升 答案：B　 解析：A、B位于同一条等温线上，取直线上任一点C，如图所示，过C点作平行于p轴的直线，根据气体压强的微观解释，一定质量的气体，在体积相同的情况下，压强越大温度越高，故此变化过程中温度应先上升后下降，B正确。 【典例2】　〔多选〕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.TA＞TB D.B→C过程中，气体体积增大、压强减小、温度不变 答案：AD　 解析：D→A是一个等温过程，A正确；BC是等温线，而A到B温度升高，B、C错误；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D正确。 1.（封闭气体压强的计算）如图所示，当玻璃管与水平面成30°角时，汞面上玻璃管内汞柱的长度为L＝152厘米，已知大气压强是76 cmHg，那么当沿着30°的方位把玻璃管往上拔时（　　） A.汞柱的长度不变 B.汞柱的长度变短 C.汞柱的长度变长 D.以上三种情况都有可能 （系统的温度恒定） 解析：A　玻璃管内汞柱产生的压强p＝ρgLsin 30°＝76 cmHg，从而玻璃管内为真空，那么当沿着30°的方位把玻璃管往上拔时，汞柱的长度不变。故选A。 2.（玻意耳定律的应用）如图所示，两根粗细相同的玻璃管下端用橡胶管相连，左管内封有一段长30 cm的气体，右管开口，左管水银面比右管内水银面高25 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.20 cm B.25 cm C.40 cm D.45 cm 解析：A　设玻璃管横截面积为S，初态时左管封闭气体的压强为p1＝75 cmHg－25 cmHg＝50 cmHg，体积V1＝30S （cm3），当两侧管内水银面相平时，设气体柱长为L，则气体体积为V2＝LS，压强p2＝75 cmHg，由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得L＝20 cm，故A正确。 3.（玻意耳定律的应用）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，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 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）。 当玻璃管开口向下时， 管内气体的压强p2＝p0－ρgh， 此时气体的体积V2＝L2S。 由玻意耳定律得（p0＋ρgh）L1S＝（p0－ρgh）L2S 所以L2＝L1＝×0.3 m≈0.39 m。 4.（等温变化图像）如图所示为一定质量的某种气体的p-V图像，A、B是双曲线上的两点，△OAC和△OBD的面积分别为S1和S2，则（　　） A.S1＜S2 B.S1＝S2 C.S1＞S2 D.S1与S2的大小无法确定 解析：B　△OAC的面积为S1＝AC·OC＝pAVA；△OBD的面积为S2＝BD·OD＝pBVB，而A、B是等温线上的两点，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB，故有S1＝S2，选项B正确，A、C、D错误。 课堂小结 知识点一　封闭气体压强的计算 1.〔多选〕如图所示，竖直放置一根上端开口、下端封闭的细玻璃管，管内有两段长为15 cm的水银柱，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（　　） A.pA＝60 cmHg B.pA＝90 cmHg C.pB＝105 cmHg D.pB＝120 cmHg 解析：BC　设水银的密度为ρ，环境温度保持不变，对上面一段水银柱进行分析，有pA＝p0＋ph＝90 cmHg，A错误，B正确；对下面的水银柱进行分析，有pB＝pA＋ph＝105 cmHg，C正确，D错误。 2.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（　　） A.4p0＋ B.3p0＋ C.p0＋ D.条件不够，无法判断 解析：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，根据平衡条件得Mg＋p0S＝pS，解得p＝p0＋，C正确。 3.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，汽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. 解析：C　以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故C正确。 4.有一段12 cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体。若管口向上将玻璃管放置在一个倾角θ为30°的光滑斜面上（如图所示），在下滑过程中被封闭气体的压强为（设大气压强为p0＝76 cmHg）（　　） A.76 cmHg B.82 cmHg C.88 cmHg D.70 cmHg 解析：A　以玻璃管和水银柱为整体，根据牛顿第二定律可得整体的加速度a＝gsin θ，对水银柱由牛顿第二定律得p0S＋mgsin θ－pS＝ma，解得p＝p0，故选A。 知识点二　玻意耳定律及应用 5.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 解析：B　由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，被封闭的空气体积变小，根据玻意耳定律可知，压强变大，选项B正确。 6.一定质量的气体，压强为3 atm，保持温度不变，当压强减小了2 atm时，体积变化了4 L，则该气体原来的体积为（　　） A. L B.2 L C. L D.3 L 解析：B　设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知p1V1＝p2V2，即3 atm·V1＝（3 atm－2 atm）·（V1＋4 L），解得V1＝2 L，B正确。 7.在1个标准大气压下，把粗细均匀玻璃管开口向下竖直地压入水中，管中共有部分充满水，假设温度不变，则此时管内空气压强相当于（　　） A.3 个大气压 B.2 个大气压 C.个大气压 D.个大气压 解析：B　设管中的气体的初始压强为1个标准大气压p0，体积为SL，压缩后的压强为p，体积为SL，根据玻意耳定律有p0SL＝p·SL，解得p＝2p0，故B正确，A、C、D错误。 8.使用胶头滴管时，插入水中，捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后呈稳定状态，如图所示。然后松手，橡胶头体积增大V1，有体积V2的水进入了滴管。忽略温度的变化，根据图中h1和h2的高度关系，有（　　） A.V1＞V2 B.V1＜V2 C.V1＝V2 D.缺少数值无法判断 解析：A　捏尾部的橡胶头，使其体积减小，排出一定空气后，管内气体的压强为p1＝p0＋ρgh1。水进入了滴管后管内气体的压强为p2＝p0＋ρgh2。根据玻意耳定律得（p0＋ρgh1）V＝（p0＋ρgh2）V'，可得后来气体体积大于初始体积，即V'＞V，所以V1＞V2，故A正确。 9.〔多选〕下列选项图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是（　　） 解析：AB　选项A图中可以直接看出温度不变；B图说明p∝，即pV＝常数，是等温过程；C图横坐标为温度，不是等温线；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线。故选A、B。 10.如图所示，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为l，管内外水银面高度差为h。若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则（　　） A.h、l均变大 B.h、l均变小 C.h变大，l变小 D.h变小，l变大 解析：A　水银柱产生的压强加上封闭气体产生的压强等于外界大气压强。如果将玻璃管向上提，假设水银柱不动，则管内水银柱上方气体的体积增大，因为温度保持不变，所以压强减小，而此时外界的大气压不变，根据上述等量关系，管内水银柱的压强须增大才能重新平衡，故管内水银柱的高度增大，故A正确。 11.如图所示，竖直静止放置的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的长度h1为10 cm，水银柱b两个液面间的高度差h2为5 cm，大气压强为75 cmHg，求空气柱A、B的压强分别是多少。 答案：65 cmHg　60 cmHg 解析：设管的横截面积为S，选a的下端面为研究对象，它受向下的压力为（pA＋ph1）S，受向上的大气压力为p0S，由于系统处于静止状态， 则（pA＋ph1）S＝p0S， 所以pA＝p0－ph1＝（75－10）cmHg＝65 cmHg， 再选b的左下端面为研究对象，由连通器原理可知液柱h2的上表面处的压强等于pB， 则（pB＋ph2）S＝pAS， 所以pB＝pA－ph2＝（65－5）cmHg＝60 cmHg。 12.如图所示，一汽缸开口竖直向下吊在天花板上，汽缸内质量为M、横截面积为S的水平活塞与汽缸内壁紧密接触并且可以在缸内无摩擦地自由滑动，活塞下通过轻绳吊一质量为m的重物，此时活塞上表面到缸底的距离为d，现去掉重物。大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，环境温度保持不变，汽缸的导热性能良好。求： （1）去掉重物前系统平衡时，汽缸内气体的压强p； （2）去掉重物后系统重新平衡时，活塞上表面到缸底的距离x。 答案：（1）p0－　（2）d 解析：（1）去掉重物前系统平衡时，对活塞受力分析，有pS＋Mg＋mg＝p0S 解得p＝p0－。 （2）去掉重物后系统重新平衡时，缸内气体的压强 p'＝p0－ 由玻意耳定律有pSd＝p'Sx 解得x＝d。 13.如图所示，一定质量的某种气体，从状态1变化到状态2，其p-图像为倾斜直线，则气体温度（　　） A.逐渐升高 B.逐渐降低 C.可能不变 D.可能先升高后降低 解析：B　气体p-图像上各点与原点连线的斜率与温度成正比，由图像可知，1→2过程图像上各点与原点连线斜率逐渐减小，故气体温度逐渐降低，B正确，A、C、D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $