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 浙江）

DIERZHANG 第二章 2　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 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) 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 思考与讨论 (2023·宁波市镇海中学模拟)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 例1 √ 由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据玻意耳定律pV=C，可知压强增大，故B正确。 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，重力加速度大小g取10 m/s2) A.4倍 B.3倍 C.2倍 D.2.5倍 例2 √ 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。 (2023·温州市高二期末)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； 例3 答案　1.5×105 Pa 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)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 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。 总结提升 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。 (2023·浙南名校第一次联考)血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强与大气压强的差值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为60 cm3；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经N次充气后，压强计臂带内气体体积变为250 cm3，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽 略细管和压强计内的气体体积。则N等于 A.3 B.4 C.5 D.6 例4 √ 选充气后臂带内所有气体为研究对象， 根据题意可知，初状态气体的压强为 p0=750 mmHg=75 cmHg 体积为V0=60(N+1) cm3 末状态气体的压强为 p1=p0+150 mmHg=90 cmHg 体积为V1=250 cm3 由于气体温度不变， 由玻意耳定律有p0V0=p1V1 解得N=4，故选B。 总结提升 温度不变时，向球或轮胎中充气时气体的质量发生变化。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，就可以把变质量气体问题转化为定质量气体的问题。 返回 气体等温变化的p-V图像或p-图像 二 17 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。 双曲线的一支 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 23 考点一　玻意耳定律及其应用 1.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 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设该气体原来的体积为V1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 2.一定质量的气体，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 3.(2023·金华市高二期中)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 设玻璃管横截面积为S，初态，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， 联立解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 设应该充气的次数为n，由等温变化规律有 p0(V0+nV1)=1.2p0V0，即p0×(0.5+0.02n)=1.2p0×0.5，解得n=5，故选A。 4.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 考点二　气体的p-V图像或p-图像 5.(多选)(2023·浙江省月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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，不是等温变化； D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。 12 6.(多选)(2022·湖州市高二期末)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中 A.从A到B的过程温度升高 B.从B到C的过程温度升高 C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高 D.A、C两点的温度相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA=TC，故从A到B的过程温度升高，A项正确； 从B到C的过程温度降低，B项错误； 从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误； A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。 12 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(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.T1>T2 D.T1<T2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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正确； 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正确； pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 12 8.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 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 9.(2024·绍兴市高二月考)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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设压力传感器关闭洗衣机进水阀门时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，则由玻意耳定律可知 p0l1S=pl2S，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 封闭部分气体做等温变化，设横截面积为S，则有p1·15S=p2·22.5S p1=p+15 cmHg，p2=p-15 cmHg 解得p=75 cmHg 10.(2023·宁波市光华学校月考)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。求： (1)大气压强p(cmHg)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　75 cmHg 把管水平放置时有p1·15S=p3·LS，p3=p 解得L=18 cm。 (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 11.(2024·浙江省高二月考)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； 答案　1.2×105 Pa 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.如图所示，竖直放置的导热性良好的汽缸，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=6.8 kg，大气压强p0=1×105 Pa，水银 密度ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度大小为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　5 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 尖子生选练 12 以活塞为研究对象， 则有p0S+mg=p1S得p1=p0+ 而p1=p0+ρgh1， 所以有：=ρgh1 解得：h1== m=0.05 m=5 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若用一竖直向上的拉力缓慢拉动活塞使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到汽缸底部的距离为多少厘米(计算结果保留整数)。 答案　80 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm 封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为： p1=p0+=106 800 Pa 汽缸内的气体发生的是等温变化， 根据气体等温变化规律有：p1V1=p2V2， 即p1HS=p2H'S， 解得：H'≈80 cm。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 返回 12 $ 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。 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 例1　(2023·宁波市镇海中学模拟)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 答案　B 解析　由于气体温度不变，属于等温变化，水位升高，封闭气体的体积减小，根据玻意耳定律pV=C，可知压强增大，故B正确。 例2　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，重力加速度大小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。 例3　(2023·温州市高二期末)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； (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　(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。 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。 例4　(2023·浙南名校第一次联考)血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强与大气压强的差值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为60 cm3；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经N次充气后，压强计臂带内气体体积变为250 cm3，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则N等于(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 答案　B 解析　选充气后臂带内所有气体为研究对象， 根据题意可知，初状态气体的压强为 p0=750 mmHg=75 cmHg 体积为V0=60(N+1) cm3 末状态气体的压强为 p1=p0+150 mmHg=90 cmHg 体积为V1=250 cm3 由于气体温度不变， 由玻意耳定律有p0V0=p1V1 解得N=4，故选B。 温度不变时，向球或轮胎中充气时气体的质量发生变化。只要选择球或轮胎内原有气体和即将打入的气体整体作为研究对象，就可以把变质量气体问题转化为定质量气体的问题。 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5　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：80分］ 1~7题每题4分，共28分 考点一　玻意耳定律及其应用 1.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。 2.一定质量的气体，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，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V1=(3-2)·(V1+4 L)，解得V1=2 L，B正确。 3.(2023·金华市高二期中)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，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， 联立解得L=20 cm，故A正确，B、C、D错误。 4.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 答案　A 解析　设应该充气的次数为n，由等温变化规律有 p0(V0+nV1)=1.2p0V0，即p0×(0.5+0.02n)=1.2p0×0.5，解得n=5，故选A。 考点二　气体的p-V图像或p-图像 5.(多选)(2023·浙江省月考)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(　　) 答案　AB 解析　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，不是等温变化；D图的p-V图线不是双曲线，故不是等温线，故选A、B。 6.(多选)(2022·湖州市高二期末)如图所示是一定质量的气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中(　　) A.从A到B的过程温度升高 B.从B到C的过程温度升高 C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高 D.A、C两点的温度相等 答案　AD 解析　作出过B点的等温线如图所示，可知TB>TA=TC，故从A到B的过程温度升高，A项正确；从B到C的过程温度降低，B项错误；从A到B再到C的过程温度先升高再降低，C项错误；A、C两点在同一等温线上，温度相等，D项正确。 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(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.T1>T2 D.T1<T2 答案　ABD 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正确；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正确；pV之积越大表示温度越高，因此T1<T2，故C错误，D正确。 8、9题每题7分，10题10分，11题13分，共37分 8.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。 9.(2024·绍兴市高二月考)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　设压力传感器关闭洗衣机进水阀门时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，则由玻意耳定律可知p0l1S=pl2S，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。 10.(10分)(2023·宁波市光华学校月考)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。求： (1)(5分)大气压强p(cmHg)； (2)(5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。 11.(13分)(2024·浙江省高二月考)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)(5分)初始状态封闭气体的压强； (2)(8分)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。 12.(15分)如图所示，竖直放置的导热性良好的汽缸，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=6.8 kg，大气压强p0=1×105 Pa，水银密度ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度大小为g=10 m/s2。 (1)(5分)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1； (2)(10分)若用一竖直向上的拉力缓慢拉动活塞使U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm，求活塞平衡时到汽缸底部的距离为多少厘米(计算结果保留整数)。 答案　(1)5 cm　(2)80 cm 解析　(1)以活塞为研究对象， 则有p0S+mg=p1S得p1=p0+ 而p1=p0+ρgh1， 所以有：=ρgh1 解得：h1== m=0.05 m=5 cm (2)活塞上加一竖直向上的拉力，U形管中左管水银面高出右管水银面h2=5 cm 封闭气体的压强p2=p0-ρgh2=(1×105-13.6×103×10×0.05) Pa=93 200 Pa 初始时封闭气体的压强为： p1=p0+=106 800 Pa 汽缸内的气体发生的是等温变化， 根据气体等温变化规律有：p1V1=p2V2， 即p1HS=p2H'S， 解得：H'≈80 cm。 学科网（北京）股份有限公司 $