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1、- 1 -第 1 节气体的等温变化1.一定质量的气体，在温度不变的条件下，其压强与体积变化时的关系，叫做气体的等温变化。2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，即 pV C。3等温线：在 p V 图像中，用来表示温度不变时，压强和体积关系的图像，它们是一些双曲线。在 p 图像中，等温线是倾斜直线。1V一、探究气体等温变化的规律1状态参量研究气体性质时，常用气体的温度、体积、压强来描述气体的状态。2实验探究实验器材 铁架台、注射器、气压计等研究对象(系统) 注射器内被封闭的空气柱数据收集 压强由气压计读出，空气柱体积(长度)由刻度尺读出数据处理 以 压

2、强 p 为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出 p 图像1V图像结果 p 图像是一条过原点的直线1V实验结论 压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比二、玻意耳定律1内容一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强与体积成反比。2公式pV C 或 p1V1 p2V2。3条件- 2 -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。1自主思考判一判(1)一定质量的气体压强跟体积成反比。()(2)一定质量的气体在温度不变时压强跟体积

3、成正比。()(3)在探究气体压强、体积、温度三个状态参量之间关系时采用控制变量法。()(4)玻意耳定律适用于质量不变、温度变化的气体。()(5)在公式 pV C 中， C 是一个与气体无关的参量。()2合作探究议一议(1)用注射器对封闭气体进行等温变化的实验时，在改变封闭气体的体积时为什么要缓慢进行？提示：该实验的条件是气体的质量一定，温度不变，体积变化时封闭气体自身的温度会发生变化，为保证温度不变，应给封闭气体以足够的时间进行热交换，以保证气体的温度不变。(2)玻意耳定律成立的条件是气体的温度不太低、压强不太大，那么为什么在压强很大、温度很低的情况下玻意耳定律就不成立了呢？提示：在气体的温度

4、不太低、压强不太大时，气体分子之间的距离很大，气体分子之间除碰撞外可以认为无作用力，并且气体分子本身的大小也可以忽略不计，这样由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果基本吻合，玻意耳定律成立。当压强很大、温度很低时，气体分子之间的距离很小，此时气体分子之间的分子力引起的效果就比较明显，同时气体分子本身占据的体积也不能忽略，并且压强越大，温度越低，由玻意耳定律计算得到的结果与实际的实验结果之间差别越大，因此在温度很低、压强很大的情况下玻意耳定律也就不成立了。(3)如图所示， p 图像是一条过原点的直线，更能直观描述压强与体积的关系，为什么1V直线在原点附近要画成虚线？- 3 -提示：在等温变化

5、过程中，体积不可能无限大，故 和 p 不可能为零，所以图线在原点1V附近要画成虚线表示过原点，但此处实际不存在。封闭气体压强的计算1系统处于平衡状态时，求封闭气体的压强(1)连通器原理：在连通器中，同种液体(中间液体不间断)的同一水平液面上的压强是相等的。(2)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强 p gh 时，应特别注意 h 是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度。(3)求由液体封闭的气体压强，一般选择最低液面列平衡方程。(4)求由固体封闭(如汽缸或活塞封闭)的气体压强，一般对此固体(如汽缸或活塞)进行受力分析，列出力的平衡方程。2容器加速运动时，求封闭气体的压强(1)当容器加速运动时，通

6、常选择与气体相关联的液柱、活塞或汽缸等作为研究对象，进行受力分析，画出分析图示。(2)根据牛顿第二定律列出方程。(3)结合相关原理解方程，求出封闭气体的压强。(4)根据实际情况进行讨论，得出结论。典例 在竖直放置的 U 形管内由密度为 的两部分液体封闭着两段空气柱。大气压强为 p0，各部分尺寸如图所示。求 A、 B 气体的压强。思路点拨 - 4 -解析 法一：受力平衡法选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用平衡条件求解。求 pA：取液柱 h1为研究对象，设管的横截面积为 S，大气压力和液柱重力方向向下， A气体产生的压力方向向上，因液柱 h1静止，则 p0S gh 1S pAS，得

7、pA p0 gh 1；求 pB：取液柱 h2为研究对象，由于 h2的下端以下液体的对称性，下端液体产生的压强可以不予考虑， A 气体的压强由液体传递后对 h2的压力方向向上， B 气体压力、液体 h2的重力方向向下，液柱受力平衡。则 pBS gh 2S pAS，得 pB p0 gh 1 gh 2。法二：取等压面法根据同种液体在同一液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。求 pB时从 A 气体下端选取等压面，则有 pB gh 2 pA p0 gh 1，所以pA p0 gh 1； pB p0 g (h1 h2)。答案 p0 gh 1 p0 g (h1 h2)封闭气体

8、压强的求解方法(1)容器静止或匀速运动时封闭气体压强的计算：取等压面法根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器内灵活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。例如，图中同一液面 C、 D 处压强相等，则 pA p0 ph。力平衡法选与封闭气体接触的液柱(或活塞、汽缸)为研究对象进行受力分析，由 F 合 0 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，对液柱受力分析有：pS p0S mg ma得 p p0

9、 。 m g aS- 5 -1若已知大气压强为 p0，在图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为 ，求被封闭气体的压强。解析：在甲图中，以高为 h 的液柱为研究对象，由二力平衡知p 气 S ghS p0S所以 p 气 p0 gh在图乙中，以 B 液面为研究对象，由平衡方程 F 上 F 下 有：p 气 S ghS p0S， p 气 p0 gh在图丙中，仍以 B 液面为研究对象，有p 气 gh sin 60 pB p0所以 p 气 p0 gh32在图丁中，以液面 A 为研究对象，由二力平衡得p 气 S( p0 gh 1)S所以 p 气 p0 gh 1。答案：甲： p0 gh 乙： p0 gh 丙

10、： p0 gh32丁： p0 gh 12.一圆形汽缸静置于地面上，如图所示。汽缸筒的质量为 M，活塞的质量为 m，活塞的面积为 S，大气压强为 p0。现将活塞缓慢向上提，求汽缸刚离开地面时汽缸内气体的压强。(忽略汽缸壁与活塞间的摩擦)解析：法一：题目中的活塞和汽缸均处于平衡状态，以活塞为研究对象，受力分析如图甲，由平衡条件，得 F pS mg p0S。以活塞和汽缸整体为研究对象，受力分析如图乙，有F( M m)g，由以上两个方程式，得 pS Mg p0S，解得 p p0 。MgS- 6 -法二：以汽缸为研究对象，有： pS Mg p0S，可得： p p0 。MgS答案： p0MgS玻意耳定律的

11、理解及应用应用玻意耳定律的思路与方法(1)选取一定质量、温度不变的气体为研究对象，确定研究对象的始、末两个状态。(2)表示或计算出初态压强 p1、体积 V1；末态压强 p2、体积 V2，对未知量用字母表示。(3)根据玻意耳定律列方程 p1V1 p2V2，并代入数值求解。(4)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。典例 (2017全国卷)一种测量稀薄气体压强的仪器如图甲所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管 K1和 K2。 K1长为 l，顶端封闭， K2上端与待测气体连通； M下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开始测量时， M 与 K2相通；逐渐提升 R，直

12、到 K2中水银面与 K1顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1中水银面比顶端低 h，如图乙所示。设测量过程中温度、与 K2相通的待测气体的压强均保持不变。已知 K1和 K2的内径均为 d， M 的容积为 V0，水银的密度为 ，重力加速度大小为 g。求：(1)待测气体的压强；(2)该仪器能够测量的最大压强。解析 (1)水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住，设此时被封闭的气体的体积为 V，压强等于待测气体的压强 p。提升 R，直到 K2中水银面与 K1顶端等高时， K1中- 7 -水银面比顶端低 h；设此时封闭气体的压强为 p1，体积为 V1，则V V0 d2l14V1 d2h14由

13、力学平衡条件得p1 p hg 整个过程为等温过程，由玻意耳定律得pV p1V1联立式得p 。 gh2d24V0 d2 l h(2)由题意知h l联立式有p gl2d24V0该仪器能够测量的最大压强为pmax 。 gl2d24V0答案 (1) (2) gh2d24V0 d2 l h gl2d24V0利用玻意耳定律解题的基本思路(1)明确研究对象根据题意确定所研究的气体，质量不变，温度不变，有时气体的质量发生变化时，需通过设想，把变质量转化为定质量，才能应用玻意耳定律。(2)明确状态参量找出气体状态变化前后的两组 p、 V 值。(3)列方程、求解因为是比例式，计算中只需使相应量( p1、 p2及

14、V1、 V2)的单位统一，不一定用国际单位制的单位。(4)检验结果在等温变化中，有时列方程求解会得到两个结果，应通过合理性的检验决定取舍。 1(2016全国卷)一氧气瓶的容积为 0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为 20 个大气- 8 -压。某实验室每天消耗 1 个大气压的氧气 0.36 m3。当氧气瓶中的压强降低到 2 个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。解析：设氧气开始时的压强为 p1，体积为 V1，压强变为 p2(2 个大气压)时，体积为 V2。根据玻意耳定律得p1V1 p2V2重新充气前，用去的氧气在 p2压强下的体积为V3 V2

15、 V1设用去的氧气在 p0(1 个大气压)压强下的体积为 V0，则有p2V3 p0V0设实验室每天用去的氧气在 p0压强下的体积为 V，则氧气可用的天数为N V0 V联立式，并代入数据得N4(天)答案：4 天 2.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 h10 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 L10.3 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为多少米？(大气压强 p076 cmHg)解析：以管内封闭的气体为研究对象。玻璃管开口向上时，管内的压强p1 p0 h，气体的体积 V1 L1S

16、(S 为玻璃管的横截面积)。当玻璃管开口向下时，管内的压强 p2 p0 h，这时气体的体积 V2 L2S。温度不变，由玻意耳定律得：( p0 h)L1S( p0 h)L2S所以 L2 L1 0.3 m0.39 m。p0 hp0 h 76 1076 10答案：0.39 m3.如图所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为 m，面积为 S 的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距为 L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离 d。已知大气压强为 p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为 p0；整个过程温度保持不变。

17、求小车加速度的大小。解析：设小车加速度大小为 a，稳定时汽缸内气体的压强为 p1，则活塞受到汽缸内外气体的压力分别为：F1 p1S， F0 p0S由牛顿第二定律得： F1 F0 ma- 9 -小车静止时，在平衡状态下，汽缸内气体的压强应为 p0。由玻意耳定律得： p1V1 p0V0式中 V0 SL， V1 S(L d)联立以上各式得： ap0Sdm L d答案：p0Sdm L d等温线的理解及应用p 图像1V p V 图像图像特点物理意义一定质量的气体，温度不变时， p 与 成1V正比，在 p 图上的等温线应是过原点1V的直线一定质量的气体，在温度不变的情况下，p 与 V 成反比，因此等温过程

18、的 pV 图像是双曲线的一支温度高低直线的斜率为 p 与 V 的乘积，斜率越大，pV 乘积越大，温度就越高，图中 t2 t1一定质量的气体，温度越高，气体压强与体积的乘积必然越大，在 pV 图上的等温线就越高，图中 t2 t1典例 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，气体分子平均速率的变化情况是( )A一直保持不变 B一直增大C先减小后增大 D.先增大后减小思路点拨 (1)温度是分子平均动能的标志，同种气体温度越高，分子平均动能越大，分子平均速- 10 -率越大。(2)温度越高， pV 值越大， pV 图像中等温线离坐标原点越远。解析

19、 由图像可知， pAVA pBVB，所以 A、 B 两状态的温度相等，在同一等温线上。在 pV 图上作出几条等温线，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。答案 D(1)在 pV 图像中，不同的等温线对应的温度不同。(2)在 pV 图像中，并不是随意画一条线就叫等温线，如典例图 1多选如图所示， p 表示压强， V 表示体积， T 为热力学温度，下图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( )解析：选 AB A 图中可以直接看出温度不变；B 图说明 p ，即 pV常量，是等温过程；1VC 图是双曲线，但横坐标不是体积

20、 V，不是等温线；D 图的 pV 图线不是双曲线，故也不是等温线。2.多选如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条 p 图线。由1V图可知( )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一定质量的气体在发生等温变化时，其 p 图线的延长线是经过坐标原点的1VC T1 T2D T1 T2解析：选 BD 由玻意耳定律 pV C 知，压强与体积成反比，故 A 错误。 p ，所以 p1V图线的延长线经过坐标原点，故 B 正确。 p 图线的斜率越大，对应的温度越高，所以1V 1VT1 T2，故 C 错误，D 正确。- 11 -1多选一定质量的气体的三个参量可以发生变化的情况是( )A温度、

21、体积、压强均变化B温度不变，压强和体积都发生变化C温度和体积不变，压强变化D温度和压强不变，体积变化解析：选 AB 一定质量的气体的三个参量至少要两个同时发生变化，只有一个参量变化的情况是不存在的，选项 A、B 正确，C、D 错误。2多选一定质量的气体，在温度不变的条件下，将其压强变为原来的 2 倍，则( )A气体分子的平均动能增大B气体的密度变为原来的 2 倍C气体的体积变为原来的一半D气体的分子总数变为原来的 2 倍解析：选 BC 温度是分子平均动能的标志，由于温度 T 不变，故分子的平均动能不变，据玻意耳定律得 p1V12 p1V2，则 V2 V1。12又 1 ， 2 ，mV1 mV2则

22、 22 1，故 B、C 正确。3一定质量的气体，压强为 3 atm，保持温度不变，当压强减小 2 atm 时，体积变化 4 L，则该气体原来的体积为( )A. L B2 L43C. L D.8 L83解析：选 B 由题意知 p13 atm， p21 atm，当温度不变时，一定质量气体的压强减小则体积变大，所以 V2 V14 L，根据玻意耳定律得 p1V1 p2V2，解得 V12 L，故 B 正确。- 12 -4.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

23、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：选 B 由题图可知空气被封闭在细管内，缸内水位升高时，气体体积减小；根据玻意耳定律，气体压强增大，B 选项正确。5.如图所示， A、 B 是一定质量的理想气体在两条等温线上的两个状态点，这两点与坐标原点 O 和对应坐标轴上的 VA、 VB坐标所围成的三角形面积分别为 SA、 SB，对应温度分别为 TA和 TB，则( )A SA SB TA TB B SA SB TA TBC SA SB TA TB D.SA SB TA TB解析：选 C 由题图可知，三角形的面积等于 p 与 V 乘积的 ，所以12SA p

24、AVA， SB pBVB。12 12在 A 点所在的等温线中，其上各点的 pV 乘积相同，因为 p 与 V 成反比，所以pAVA pA VB pBVB，所以 SA SB，又因为离原点越远，温度越高，所以 TA TB，选 C。6(2016全国卷)一 U 形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强 p075.0 cmHg。环境温度不变。解析：设初始时，右管中空气柱

25、的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为- 13 -p2 p0，长度为 l2。活塞被下推 h 后，右管中空气柱的压强为 p1，长度为 l1；左管中空气柱的压强为 p2，长度为 l2。以 cmHg 为压强单位。由题给条件得p1 p0(20.05.00)cmHgl1 cm(20.020.0 5.002 )由玻意耳定律得 p1l1 p1 l1联立式和题给条件得p1144 cmHg依题意 p2 p1l24.00 cm cm h20.0 5.002由玻意耳定律得 p2l2 p2 l2联立式和题给条件得 h9.42 cm。答案：144 cmHg 9.42 cm7(2016全国卷)在水下气泡内空气

26、的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差 p 与气泡半径 r 之间的关系为 p ，其中 0.070 N/m。现让水下 10 m 处一半径为2r0.50 cm 的气泡缓慢上升。已知大气压强 p01.010 5 Pa，水的密度 1.010 3 kg/m3，重力加速度大小 g10 m/s 2。(1)求在水下 10 m 处气泡内外的压强差；(2)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。解析：(1)当气泡在水下 h10 m 处时，设其半径为 r1，气泡内外压强差为 p1，则 p1 2r1代入题给数据得 p128 Pa。(2)设气泡在水下 10 m 处时，气泡内空气的压强为 p1，气泡体积为 V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为 p2，气泡内外压强差为 p2，其体积为 V2，半径为 r2。气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有p1V1 p2V2由力学平衡条件有p1 p0 gh p1p2 p0 p2气泡体积 V1和 V2分别为V1 r1343- 14 -V2 r2343联立式得3 (r1r2) p0 p2 gh p0 p1由式知， pip0， i1,2 ，故可略去式中的 pi项。代入题给数据得 1.3。r2r1 32答案：(1)28 Pa (2) 或 1.332