第二章 2 第2课时 气体的等温变化（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（人教版 苏京）

第2课时　气体的等温变化 ［学习目标］　1.知道玻意耳定律的内容、公式及适用条件，能用玻意耳定律解答有关问题(重难点)。2.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。 一、玻意耳定律及其应用 1.玻意耳定律 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。 1.国庆放假，小明带弟弟去湖边游玩，弟弟看到湖水中鱼儿吐出小气泡，非常开心。小明回家后，给弟弟画了一幅鱼儿在水中吐气泡的图，如图所示。若湖水的温度恒定不变，你认为他画得　　　　(填“对”或“不对”)，原因是　　　　　　　　　　　　　(请运用物理知识简要说明)。  答案　不对　气泡上升过程中，温度不变，气泡内气体压强不断减小，体积不断增大 2.一定质量的气体温度升高时，pV=C中的C的数值是怎样变化的？为什么？ 答案　增大。若一定质量的气体的体积保持不变，当温度升高时，压强会增大，故C的数值变大。 例1　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 答案　B 解析　设该气体原来的体积为V1，由气体等温变化规律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 例2　玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。瓶内气体全程不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。 答案　2.0×105 Pa　10 m 解析　对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知p0V0=pV，即1.0×105 Pa×(380-80) mL=p×(380-230) mL，解得p=2.0×105 Pa，根据p=p0+ρgh，解得h=10 m。 例3　一定质量的某种气体被一个质量为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。 应用气体等温变化规律解题的一般步骤 1.确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。 2.确定初、末状态及状态参量(p1、V1)、(p2、V2)。 3.根据气体等温变化规律列方程求解(注意统一单位)。 4.注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明。 特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。 二、气体等温变化的p-V图像或p- 图像 1.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的一支，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。 2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。 1.如图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？为什么？ 答案　T2大。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图像上的等温线离坐标原点越远。 2.如图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？为什么？ 答案　T2大。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。 例4　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，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.平均速率先减小后增大 答案　B 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，可在p-V图上作出等温线，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B。 课时对点练　［分值：100分］ 1~8题每题6分，共48分 考点一　玻意耳定律及其应用 1.(2024·南通市模拟)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，分子数密度增大 B.压强增大，分子数密度减小 C.压强减小，分子数密度增大 D.压强减小，分子数密度减小 答案　D 解析　医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中药液的体积减小，则气体的体积增加，而气体的温度可视为不变，则气体压强减小，气体分子总数一定，则气体分子数密度减小。故选D。 2.(2023·江苏省模拟)竖直的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向上，如图所示，用水银柱密封一定质量的某种气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的D处钻一个小孔，则管内被封闭的气体压强p和气体体积V的变化情况为(　　) A.p、V都不变 B.V增大、p减小 C.V减小、p增大 D.无法确定 答案　B 解析　设玻璃管两侧水银面的高度差是h，大气压强为p0，则封闭气体压强为p=ph+p0，在管子的D处钻一小孔，最终封闭气体的压强p'=p0变小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变大，故选B。 3.(2023·南京市期中)如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，稳定后，检测容器P的气压表示数为(忽略不计P、Q连接处的体积)(　　) A.p0 B.p0 C.3p0 D.p0 答案　B 解析　对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V=p，解得p=p0，故选B。 4.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1×103 kg/m3，g取10 m/s2)(　　) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 答案　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。 5.(2022·常州市高二月考)如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把汽缸顺时针向右转动90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比(　　) A.气体的压强不变 B.气体的压强变小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 答案　D 解析　对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1=p0-，而汽缸顺时针向右转动90°后，p2=p0，故p1<p2，由于温度不变，由玻意耳定律知V1>V2，故D正确。 6.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 答案　A 解析　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，B、C、D错误。 考点二　气体的p-V图像或p- 图像 7.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线(双曲线的一支)，则下列说法中正确的是(　　) A.一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比 B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是相同的 C.T1>T2 D.T1<T2 答案　D 解析　由玻意耳定律可知，一定质量的气体发生等温变化时，其压强与体积成反比，故A错误；玻意耳定律pV=C，其中常数C与温度有关，温度越高，常数C越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，故B错误；pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 8.(2022·苏州市高二期中)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是一个温度升高 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　D 解析　D→A是一个等温过程，A错误；由题图可知T2>T1，故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。 9、10题每题8分，11题12分，12题14分，共42分 9.水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm。当这个气压计的读数为732 mm水银柱时，实际的大气压强为(环境温度不变)(　　) A.748 mmHg B.756 mmHg C.742 mmHg D.758 mmHg 答案　A 解析　以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S， 初态p1=(760-742) mmHg=18 mmHg，V1=80S (mm3) 末态p2=(p-732) mmHg，V2=80S+(742-732)S (mm3)=90S (mm3) 根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2， 代入解得p=748 mmHg，A正确。 10.如图，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52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm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(设整个过程中温度保持不变)(　　) A.40 cm B.42 cm C.44 cm D.46 cm 答案　B 解析　设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传感器关闭时空气柱长度为l2，则由气体等温变化规律可知p0l1S=pl2S，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p=p0+ρg(h-l1+l2)，解得h=42 cm，故选B。 11.(12分)(2023·南通市模拟)一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15 cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15 cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5 cm，水银没有溢出，环境温度不变。求： (1)(6分)大气压强p(cmHg)； (2)(6分)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 答案　(1)75 cmHg　(2)18 cm 解析　(1)封闭部分气体做等温变化，设玻璃管横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg (2)把管水平放置时有p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 12.(14分)(2024·泰州市高二阶段练习)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。如图乙所示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。已知大气压强为p0=1×105 Pa，环境温度不变，重力加速度为g=10 m/s2。求： (1)(6分)初始状态封闭气体的压强； (2)(8分)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　(1)1.5×105 Pa　(2)14 cm 解析　(1)对汽缸与椅面整体受力分析， 由受力平衡有p1S=p0S+mg 得p1=1.5×105 Pa (2)重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，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 得p2=4.5×105 Pa 对汽缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则汽缸内气体温度不变 初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS， 末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S， 对汽缸内气体由气体等温变化规律有 p1LS=p2L'S，得L'=7 cm， 即高度下降h=L-L'=14 cm。 (10分) 13.用打气筒给自行车胎打气，设每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，自行车内胎的容积为2.0 L，假设胎内原来空气的压强为1 atm，且打气过程温度不变，那么打40次后胎内空气压强为(　　) A.5 atm B.4 atm C.3 atm D.2 atm 答案　C 解析　每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，打入的总体积为V打=0.1×40 L=4 L，加上胎内原有的1 atm的体积2.0 L，压缩前气体总体积V1=4 L+2 L=6 L，压入内胎，体积减小为V2=2 L，根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2，代入数据解得p2=3 atm，故选C。 学科网（北京）股份有限公司 $ DIERZHANG 第二章 第2课时　气体的等温变化 1 1.知道玻意耳定律的内容、公式及适用条件，能用玻意耳定律解答有关问题(重难点)。 2.理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题(重点)。 学习目标 2 一、玻意耳定律及其应用 二、气体等温变化的p-V图像或p- 图像 课时对点练 内容索引 3 玻意耳定律及其应用 一 4 1.玻意耳定律 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.公式 pV=C(C是常量)或 。 3.条件 气体的 一定， 不变。 温度 反比 p1V1=p2V2 质量 温度 1.国庆放假，小明带弟弟去湖边游玩，弟弟看到湖水中鱼儿吐出小气泡，非常开心。小明回家后，给弟弟画了一幅鱼儿在水中吐气泡的图，如图所示。若湖水的温度恒定不变，你认为他画得______(填“对”或“不对”)，原因是__________________________________________________ ______________(请运用物理知识简要说明)。  思考与讨论 不对 气泡上升过程中，温度不变，气泡内气体压强不断减小，体积不断增大 2.一定质量的气体温度升高时，pV=C中的C的数值是怎样变化的？为什么？ 答案　增大。若一定质量的气体的体积保持不变，当温度升高时，压强会增大，故C的数值变大。 　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 例1 √ 设该气体原来的体积为V1，由气体等温变化规律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 　玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水 员在水面上将80 mL水装入容积为380 mL的玻璃瓶中， 拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入 瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为230 mL。瓶内气体全程不泄漏且温度不变。大气压强p0取1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，水的密度取1.0×103 kg/m3。求水底的压强p和水的深度h。 例2 答案　2.0×105 Pa　10 m 对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知p0V0=pV，即1.0×105 Pa×(380-80) mL=p×(380-230) mL，解得p=2.0×105 Pa，根据p=p0+ρgh，解得h=10 m。 　一定质量的某种气体被一个质量为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； 例3 答案　1.2×105 Pa　 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)物块的质量M。 答案　7.5 kg 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。 应用气体等温变化规律解题的一般步骤 1.确定研究对象，并判断是否满足气体等温变化规律的条件。 2.确定初、末状态及状态参量(p1、V1)、(p2、V2)。 3.根据气体等温变化规律列方程求解(注意统一单位)。 4.注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明。 特别提醒　确定气体压强或体积时，只要初、末状态的单位统一即可，没有必要都转换成国际单位制的单位。 总结提升 返回 气体等温变化的p-V图像或p- 图像 二 15 1.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___________ ______，它描述的是温度不变时的p-V关系，称为等温线。 2.一定质量的气体，不同温度下的等温线是______的。 一支 双曲线的 不同 1.如图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？为什么？ 思考与讨论 答案　T2大。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图像上的等温线离坐标原点越远。 2.如图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？为什么？ 答案　T2大。直线的斜率表示p与V的乘积，斜率越大，p与V乘积越大，温度越高。 　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，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.平均速率先减小后增大 例4 √ 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图上作出等温线，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B。 返回 课时对点练 三 21 考点一　玻意耳定律及其应用 1.(2024·南通市模拟)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，分子数密度增大 B.压强增大，分子数密度减小 C.压强减小，分子数密度增大 D.压强减小，分子数密度减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础对点练 √ 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 医护人员用注射器将药液从密封药瓶中缓缓抽出，在此过程中瓶中药液的体积减小，则气体的体积增加，而气体的温度可视为不变，则气体压强减小，气体分子总数一定，则气体分子数密度减小。故选D。 12 13 2.(2023·江苏省模拟)竖直的U形玻璃管一端封闭，另一端开口向上，如图所示，用水银柱密封一定质量的某种气体，在保持温度不变的情况下，假设在管子的D处钻一个小孔，则管内被封闭的气体压强p和气体体积V的变化情况为 A.p、V都不变 B.V增大、p减小 C.V减小、p增大 D.无法确定 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设玻璃管两侧水银面的高度差是h，大气压强为p0，则封闭气体压强为p=ph+p0，在管子的D处钻一小孔，最终封闭气体的压强p'=p0变小，气体温度不变，由玻意耳定律可知，封闭气体体积变大，故选B。 12 13 3.(2023·南京市期中)如图，容器P和容器Q通过阀门K连接，P的容积是Q的2倍。P中盛有氧气，气压为4p0，Q中为真空，打开阀门，氧气进入容器Q，设整个过程中气体温度不变，稳定后，检测容器P的气压表示数为(忽略不计P、Q连接处的体积) A.p0 B.p0 C.3p0 D.p0 √ 对容器中的所有氧气，根据玻意耳定律有4p0V=p，解得p=p0，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.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1×103 kg/m3，g取10 m/s2) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 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。 13 5.(2022·常州市高二月考)如图甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞。将一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态。现保持温度不变，把汽缸顺时针向右转动90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比 A.气体的压强不变 B.气体的压强变小 C.气体的体积变大 D.气体的体积变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p1=p0-，而汽缸顺时针向右转动90°后，p2=p0，故p1<p2，由于温度不变，由玻意耳定律知V1>V2，故D正确。 12 13 6.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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，B、C、D错误。 12 13 考点二　气体的p-V图像或p- 图像 7.如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线(双曲线的一支)，则下列说法中正确的是 A.一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比 B.一定质量的气体，在不同温度下的等温线是相同的 C.T1>T2 D.T1<T2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 由玻意耳定律可知，一定质量的气体发生等温变化时， 其压强与体积成反比，故A错误； 玻意耳定律pV=C，其中常数C与温度有关，温度越高， 常数C越大，因此一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，故B错误； pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(2022·苏州市高二期中)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是一个温度升高 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D→A是一个等温过程，A错误； 由题图可知T2>T1，故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。 12 13 9.水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空。当实际大气压相当于760 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有742 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为 80 mm。当这个气压计的读数为732 mm水银柱时，实际的大气压强为(环境温度不变) A.748 mmHg B.756 mmHg C.742 mmHg D.758 mmHg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 能力综合练 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 以管中封闭气体为研究对象，设玻璃管的横截面积为S， 初态p1=(760-742) mmHg=18 mmHg，V1=80S (mm3) 末态p2=(p-732) mmHg，V2=80S+(742-732)S (mm3)=90S (mm3) 根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2， 代入解得p=748 mmHg，A正确。 12 13 10.如图，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52 cm(忽略此时洗衣缸内水位的高度)，大气压强p0=1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，重力加速度g=10 m/s2。当空气柱被压缩到50 cm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(设整个过程中温度保持不变) A.40 cm B.42 cm C.44 cm D.46 cm √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设洗衣缸内水位高度为h，刚进水时细管中被封闭 空气柱长度为l1，细管横截面积为S，压力传感器 关闭时空气柱长度为l2，则由气体等温变化规律可 知p0l1S=pl2S，则压力传感器关闭洗衣机进水阀门时管内气体的压强为p=p0+ρg(h-l1+l2)，解得h=42 cm，故选B。 12 13 11.(2023·南通市模拟)一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15 cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15 cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5 cm，水银没有溢出，环境温度不变。求： (1)大气压强p(cmHg)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　75 cmHg 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 封闭部分气体做等温变化，设玻璃管横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg 12 13 (2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　18 cm 把管水平放置时有p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 13 12.(2024·泰州市高二阶段练习)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。如图乙所示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。已知大气压强为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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　1.5×105 Pa 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 对汽缸与椅面整体受力分析， 由受力平衡有p1S=p0S+mg 得p1=1.5×105 Pa 12 13 (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　14 cm 13 重物放上后，设汽缸内气体压强为p2，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 得p2=4.5×105 Pa 对汽缸内气体分析，导热性能良好，室温不变，则汽缸内气体温度不变 初状态p1=1.5×105 Pa，V1=LS， 末状态p2=4.5×105 Pa，V2=L'S， 对汽缸内气体由气体等温变化规律有p1LS=p2L'S，得L'=7 cm， 即高度下降h=L-L'=14 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.用打气筒给自行车胎打气，设每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，自行车内胎的容积为2.0 L，假设胎内原来空气的压强为1 atm，且打气过程温度不变，那么打40次后胎内空气压强为 A.5 atm B.4 atm C.3 atm D.2 atm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 12 √ 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 每打一次可打入压强为1 atm的空气0.1 L，打了40次，打入的总体积为V打=0.1×40 L=4 L，加上胎内原有的1 atm的体积2.0 L，压缩前气体总体积V1=4 L+2 L=6 L，压入内胎，体积减小为V2=2 L，根据气体等温变化规律得p1V1=p2V2，代入数据解得p2=3 atm，故选C。 12 返回 13 $