高中物理选修3-3第八章 1 气体的等温变化

1气体的等温变化
[学习目标] 1.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.了解p－V图象、p－1
V图象的物理意义．
一、探究气体等温变化的规律
1．气体的三个状态参量：压强p、体积V、温度T.
2．等温变化：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．
3．实验探究
(1)实验器材：铁架台、注射器、气压计、刻度尺等．
(2)研究对象(系统)：注射器内被封闭的空气柱．
(3)实验方法：控制气体温度和质量不变，研究气体压强与体积的关系．
(4)数据收集：压强由气压计读出，空气柱长度由刻度尺读出，空气柱长度与横截面积的乘积即为体积．
(5)数据处理：以压强p为纵坐标，以体积的倒数1
V为横坐标作出p－1
V图象．图象结果：p－
1
V
图象是一条过原点的直线．
(6)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p与体积V成反比．2．公式
pV＝C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图象
气体的压强p 随体积V 的变化关系如图1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．
图1
1．判断下列说法的正误．
(1)在探究气体等温变化的规律时采用控制变量法．( √ ) (2)一定质量的气体，在温度不变时，压强跟体积成反比．( √ ) (3)公式pV ＝C 中的C 是常量，指当p 、V 变化时C 的值不变．( √ ) (4)一定质量的某种气体等温变化的p －V 图象是通过原点的倾斜直线．( × )
2．一定质量的某种气体发生等温变化时，若体积增大了n 倍，则压强变为原来的________． 答案
1
n ＋1
一、封闭气体压强的计算
(1)如图2甲所示，C 、D 液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为g ，其他条件已标于图上，试求封闭气体A 的压强．
(2)在图乙中，汽缸置于水平地面上，活塞质量为m ，横截面积为S ，汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p 0，重力加速度为g ，试求封闭气体的压强．
图2
答案 (1)同一水平液面C 、D 处压强相同，可得p A ＝p 0＋ρgh .
(2)以活塞为研究对象，受力分析如图所示，由平衡条件得mg ＋p 0S ＝pS 则p ＝p 0＋mg
S
.
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3甲所示，同一液面C 、D 两处压强相等，故p A ＝p 0＋p h ；如图乙所示，M 、N 两处压强相等，从左侧管看有p B ＝p A ＋p h 2，从右侧管看，有p B ＝p 0＋p h 1.
图3
2．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．
说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解．
例1 如图4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，活塞面积为S ，大气压强为p 0，重力加速度为g ，则封闭气体的压强p 为( )
图4
A ．p 0＋Mg
S
B ．p 0＋(M ＋m )g
S
C ．p 0－Mg
S
D.mg S
答案 C
解析 以缸套为研究对象，有pS ＋Mg ＝p 0S ，所以封闭气体的压强p ＝p 0－Mg
S ，故应选C.
例2 如图5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 长h 1为10 cm ，水银柱b 两个液面间的高度差h 2为5 cm ，大气压强为75 cmHg ，求空气柱A 、B 的压强分别是多少．
图5
答案 65 cmHg 60 cmHg
解析 设管的横截面积为S ，选a 的下端面为参考液面，它受向下的压力为(p A ＋p h 1)S ，受向上的大气压力为p 0S ，由于系统处于静止状态，则(p A ＋p h 1)S ＝p 0S ， 所以p A ＝p 0－p h 1＝(75－10) cmHg ＝65 cmHg ，
再选b 的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱h 2的上表面处的压强等于p B ，则(p B ＋p h 2)S ＝p A S ，所以p B ＝p A －p h 2＝(65－5) cmHg ＝60 cmHg. 二、玻意耳定律的理解及应用
如图6，在一个恒温池中，一串串气泡由池底慢慢升到水面，有趣的是气泡在上升过程中，体积逐渐变大，到水面时就会破裂．问：
图6
(1)上升过程中，气泡内气体的压强怎么改变？ (2)气泡在上升过程中体积为何会变大？ (3)为什么到达水面会破？ 答案 (1)变小．
(2)由玻意耳定律pV ＝C 可知，压强变小，气体的体积增大． (3)内外压强不相等．
1．常量的意义
p1V1＝p2V2＝C，该常量C与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，则常量C越大．
2．应用玻意耳定律解题的一般步骤
(1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件．
(2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1；p2、V2)．
(3)根据玻意耳定律列方程求解．(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．
例3如图7所示，在长为57 cm且一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm 高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度相同．现将水银从管侧壁缓慢地注入管中，直到水银面与管口相平．外界大气压强p0＝76 cmHg，且温度不变．求此时管中封闭气体的压强．
图7
答案85 cmHg
解析设玻璃管的横截面积为S，以玻璃管内封闭的气体为研究对象，
初状态p1＝p0＋p h1＝80 cmHg，V1＝51 cm×S，
末状态p2＝p0＋p h＝(76＋h) cmHg，V2＝(57 cm－h)S，
气体发生等温变化，由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，
代入数据解得h＝9 cm，则p2＝85 cmHg.
例4如图8所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强
为p 0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度．
图8
答案
(H －h )(p 0S ＋G )
H
解析 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p 1＝p 0＋G
S ，体积V 1＝hS ，末状态：压强p 2＝
p 0＋G －F S ，体积V 2＝HS .由玻意耳定律得p 1V 1＝p 2V 2，即⎝⎛⎭⎫p 0＋G S hS ＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫p 0＋G －F S HS ，解得F ＝
(H －h )(p 0S ＋G )
H
.
三、气体等温变化的p －V 图象或p －1
V
图象
(1)如图9甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p －V 图线，T 1和T 2哪一个大？ (2)如图乙所示为一定质量的气体在不同温度下的p －1
V
图线，T 1和T 2哪一个大？
图9
答案 (1)T 2 (2)T 2
两种等温变化图象 内容
p －V 图象
p －1
V
图象 图象特点
物理
一定质量的气体，在温度不变的情况
一定质量的气体，温度不变时，pV ＝恒
意义下，p与V成反比，因此等温过程的p－V图象是双曲线的一支量，p与V成反比，p与
1
V
就成正比，在
p－
1
V图上的等温线应是过原点的直线温度
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
图上的等温线就越高，图中T2>T1
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T
2
>T
1
例5如图10所示是一定质量的某种气体状态变化的p－V图象，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()
图10
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
答案 D
解析由题图可知，p A V A＝p B V B，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．由于离原点越远的等温线温度越高，如图所示，所以从状态A到状态B，气体温度应先升高后降低，分子平均速率先增大后减小．
1．(压强的计算)求图11中被封闭气体A的压强．其中(1)、(2)、(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3)
图11
答案(1)66 cmHg(2)71 cmHg(3)81 cmHg(4)1.13×105 Pa
解析(1)p A＝p0－p h＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg.
(2)p A＝p0－p h＝76 cmHg－10sin 30° cmHg＝71 cmHg.
(3)p B＝p0＋p h2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg，
p A＝p B－p h1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg.
(4)p A＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa.
2.(p－V图象)(多选)如图12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()
图12
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T B>T A＝T C，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的过程温度先升高后降低，C 项错误；A、C两点在同一等温线上，D项正确．
3．(玻意耳定律的应用)如图13所示，封闭汽缸竖直放置，内有质量为m 的活塞用竖直轻弹簧与底部相连，将缸内同一种理想气体分成体积相等的A 、B 两部分，活塞与汽缸内壁紧密接触且无摩擦，活塞的横截面积为S ；A 、B 两部分的气体压强大小相等，两部分气柱的高均为h ，弹簧的劲度系数为k ，汽缸和活塞的导热性能良好，重力加速度大小为g .外界环境温度不变，求：
图13
(1)弹簧的原长；
(2)将汽缸倒置，最后稳定时弹簧刚好处于原长，则未倒置时缸内气体压强为多大． 答案 (1)h ＋mg
k (2)(kh )2－(mg )22khS
解析 (1)开始时，设弹簧的压缩量为x 1，则kx 1＝mg 求得x 1＝mg
k
因此弹簧的原长为l 0＝h ＋x 1＝h ＋mg
k
(2)设开始时汽缸内的压强为p 0，将汽缸倒置后，重新稳定时，汽缸内活塞移动的距离为x 1. 对A 部分气体p 0hS ＝p A (h －x 1)S 对B 部分气体p 0hS ＝p B (h ＋x 1)S 此时p B S ＋mg ＝p A S 联立解得p 0＝(kh )2－(mg )2
2khS
.
4.(玻意耳定律的应用)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，管内水银柱及空气柱长度如图14所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边水银高度相等时为止．大气压强p 0＝7
5.0 cmHg ，环境温度不变．求：
图14
(1)管内两边水银高度相等时，右侧管内气体的压强； (2)活塞向下移动的距离．(结果保留三位有效数字) 答案 (1)144 cmHg (2)9.42 cm
解析 设初始时，右管中空气柱的压强为p 1，长度为l 1；左管中空气柱的压强为p 2＝p 0，长度为l 2.活塞被向下推h 后，右管中空气柱的压强为p 1′，长度为l 1′；左管中空气柱的压强为p 2′，长度为l 2′.以cmHg 为压强单位． (1)由题给条件得 右管中空气柱：
p 1＝p 0＋(20.0－5.00) cmHg ＝90 cmHg ，l 1＝20.0 cm l 1′＝(20.0－20.0－5.00
2) cm ＝12.5 cm
由玻意耳定律得 p 1l 1S ＝p 1′l 1′S 代入数据解得 p 1′＝144 cmHg (2)左管中空气柱：
p 2＝p 0＝75 cmHg ，l 2＝4.00 cm ，
p 2′＝p 1′，l 2′＝4.00 cm ＋20.0－5.00
2 cm －h ＝11.5 cm －h
由玻意耳定律得p 2l 2S ＝p 2′l 2′S 代入数据解得h ≈9.42 cm.
考点一 气体压强的计算
1.如图1所示，U 形管封闭端内有一部分气体被水银封闭，已知大气压强为p 0，封闭部分气体的压强p (以汞柱为单位)为( )
图1
A ．p 0＋p h 2
B ．p 0－p h 1
C ．p 0－(p h 1＋p h 2)
D ．p 0＋(p h 2－p h 1) 答案 B
解析 选右边最低液面为研究对象，右边液面受到向下的大气压强p 0，在相同高度的左边液面受到液柱p h 1向下的压强和液柱p h 1上面气体向下的压强p ，根据连通器原理可知：p ＋p h 1＝p 0，所以，p ＝p 0－p h 1，B 正确．
2．(2019·长庆高级中学月考)如图2所示，两端开口的弯折的玻璃管竖直放置，三段竖直管内各有一段水银柱，两段空气封闭在三段水银柱之间，若左、右两管内水银柱长度分别为h 1、h 2，且水银柱均静止，则中间管内水银柱的长度为( )
图2
A ．h 1－h 2
B ．h 1＋h 2 C.h 1－h 22
D.h 1＋h 22
答案 B
考点二 玻意耳定律的理解及应用
3.如图3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( )
图3
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 由题图可知空气被封闭在细管内，洗衣缸内水位升高时，气体体积减小，根据玻意耳定律，气体压强增大，B 选项正确．
4．(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 答案 BC
解析 温度是分子平均动能的标志，由于温度不变，故分子的平均动能不变， 据玻意耳定律得p 1V 1＝2p 1V 2，得V 2＝1
2V 1
ρ1＝m V 1，ρ2＝m V 2
则ρ2＝2ρ1，故B 、C 正确．
5．一定质量的气体，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.43 L B ．2 L C.8
3 L D ．3 L 答案 B
解析 设该气体原来的体积为V 1，由玻意耳定律知压强减小时，气体体积增大，即3V 1＝(3－2)·(V 1＋4 L)，解得V 1＝2 L.
6．(多选)如图4甲所示，一汽缸竖直放置，汽缸内有一质量不可忽略的活塞．将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞与汽缸壁无摩擦，气体处于平衡状态．现保持温度不变，把汽缸向右倾斜90°(如图乙所示)，达到平衡后，与原来相比( )
图4
A ．气体的压强变大
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 AD
解析 对活塞受力分析可知，开始时，封闭气体的压强p 1＝p 0－mg
S ，而汽缸向右倾斜90°后，
p 2＝p 0，故p 1<p 2，由于温度不变，由玻意耳定律知V 1>V 2，故A 、D 正确． 考点三 p －V 图象和p －1
V
图象
7．(多选)图5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说法正确的是(A 、B 、C 、D 为四个状态)( )
图5
A ．t A ＝t
B B ．t B ＝t
C C ．t C >t
D D ．t D >t A
答案 AD
解析 p －V 图象等温线为双曲线的一支，图象上任意一点横、纵坐标的乘积为一定值，温度越高，压强与体积的乘积就越大，等温线离原点越远．比较可得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，t A ＝t B ，同理可知t C ＝t D ，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 图象中的等温线，越靠近坐标轴表示的温度越低，故有t C ＝t D >t A ＝t B ，D 正确．
8．(多选)下图中，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( )
答案AB
9．(2019·上海市青浦区期末)如图6所示，下端用橡皮管连接的两根粗细相同的玻璃管竖直放置，右管开口，左管内被封闭一段气体，水银面比右管低，现保持左管不动，为了使两管内水银面一样高，下面采取的措施可行的是()
图6
A．减小外界气压
B．从U形管的右管向内加水银
C．把U形管的右管向上移动
D．把U形管的右管向下移动
答案 D
解析为使两管内水银面一样高，左管中空气的压强减小，由玻意耳定律知，气体的体积要增大，右管必须向下移动，D正确．
10.如图7，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()
图7
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
答案 A
解析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．如果将玻璃管向上提，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，故选A.
11．(1)如图8，“探究气体压强与体积的关系”实验中，研究对象是____________________，实验中应保持不变的参量是____________________，它的体积由______________直接读出，它的压强由__________________传感器等计算机辅助系统得到．
图8
(2)某同学在做“气体的压强与体积的关系”实验中，测得的实验数据在计算机屏幕上显示如下表所示，仔细观察“p·V”一栏中的数值，发现越来越小，造成这一现象的可能原因是_____.
序号V(mL)p(×105 Pa)p·V(×105 Pa·mL)
120.0 1.001 020.020
218.0 1.095 219.714
316.0 1.231 319.701
414.0 1.403 019.642
512.0 1.635 119.621
A.实验时注射器活塞与筒壁间的摩擦力越来越大
B．实验时环境温度增大了
C．实验时外界大气压强发生了变化
D．实验时注射器内的气体向外发生了泄漏
(3)某同学在一次实验中，计算机屏幕显示如图9所示，其纵坐标表示封闭气体的压强，则横
坐标表示的物理量是封闭气体的________．
图9
A ．热力学温度T
B ．摄氏温度t
C ．体积V
D ．体积的倒数1
V
(4)实验过程中，下列哪些操作是错误的________． A ．推拉活塞时，动作要慢
B ．推拉活塞时，手不能握住注射器含有气体的部分
C ．压强传感器与注射器之间的软管脱落后，应迅速重新装上继续实验
D ．活塞与针筒之间要保持气密性
答案 (1)封闭在注射器内的气体 温度和质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C 12.如图10所示，竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的3倍，细筒足够长．粗筒中A 、B 两轻质活塞间封有一定质量的气体，气柱长L ＝20 cm.活塞A 上方的水银柱的长度H ＝15 cm ，两活塞的重力及与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B 使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平．现使活塞B 缓慢上移，直至水银的1
3被推入细筒中，求活塞B 上移
的距离．(设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p 0相当于75 cm 的水银柱产生的压强)
图10
答案 7 cm
解析 设气体初态的压强为p 1，气体末态的压强为p 2， 则有p 1＝p 0＋ρgH ，p 2＝p 0＋5
3
ρgH .
设粗圆筒的横截面积为S ，气体初态的体积为V 1＝SL ， 设末态的气柱长度为L ′，气体体积为V 2＝L ′S ，
由玻意耳定律得p1SL＝p2SL′，
设活塞B上移的距离为d，可得d＝L＋H－L′－2
3H＝7 cm.
13.(2019·新余第四中学、上高第二中学联考)如图11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 ＝6.8 kg，大气压强p0＝1×105 Pa，水银密度ρ＝13.6×103 kg/m3，g＝10 m/s2.
图11
(1)求U形管中左管与右管的水银面的高度差h1；
(2)若在活塞上加一竖直向上的拉力使U形管中左管水银面高出右管水银面h2＝5 cm，求活塞平衡时与汽缸底部的高度为多少厘米(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，p0S＋mg＝p1S
得p1＝p0＋mg
S
而p1＝p0＋ρgh1
所以有：mg
S
＝ρgh1
解得：h1＝m
ρS ＝ 6.8
13.6×103×0.01
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＋mg
S
＝106 800 Pa
汽缸内的气体发生的是等温变化，根据玻意耳定律，有：p1V1＝p2V2
代入数据：106 800×70S＝93 200×hS
解得：h≈80 cm.
14.如图12所示，玻璃管粗细均匀(粗细可忽略不计)，竖直管两封闭端内气体长度分别为上端30 cm、下端27 cm，中间水银柱长10 cm.在竖直管上水银柱中间位置接一水平玻璃管，右端开口与大气相通，用光滑活塞封闭5 cm长水银柱．大气压p0＝75 cmHg.
图12
(1)求活塞上不施加外力时两封闭气体的压强各为多少？
(2)现用外力缓慢推活塞恰好将水平管中水银全部推入竖直管中，求这时上下两部分气体的长度各为多少？
答案(1)70 cmHg80 cmHg
(2)28 cm24 cm
解析(1)上端封闭气体的压强
p上＝p0－p h＝(75－5) cmHg＝70 cmHg
下端封闭气体的压强
p下＝p0＋p h＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg
(2)设玻璃管横截面积为S，气体发生等温变化，由玻意耳定律得
对上端封闭气体，p上L上S＝p上′L上′S，
对下端封闭气体，p下L下S＝p下′L下′S，
p上′＋15 cmHg＝p下′，L上′＋L下′＝52 cm
解得L上′＝28 cm，L下′＝24 cm.。