知识讲解 气体的等温变化

1 气体的等温变化 【学习目标】 1．知道气体的温度、体积和压强为气体的状态参量． 2．知道温度、体积和压强的准确定义及各自的单位。 3．知道大气压强和大气压强的特点及测量方法． ４．会计算不同运动状态下密闭气体的压强。 ５．知道什么是等温变化． ６．知道气体等温变化时应遵守玻意耳定律及定律内容和表达式． ７．知道 图象上等温变化的图线及物理意义． ８．掌握利用 图象和等温变化规律分析解决实际问颞． 【要点梳理】 要点一、气体的状态参量 用以描述气体宏观性质的物理量，叫状态参量，对于一定质量的某种气体来说，描述其 宏观性质的物理量有温度、体积、压强三个．我们把温度、体积、压强三个物理量叫气体的 状态参量． 1．体积 （1）气体的体积就是指气体分子所能达到的空间． （2）单位：国际单位 ，常用单位还有 ． ， ． 要点诠释：气体分子可以自由移动，所以气体总要充满容器的整个空间，因此气体的体 积就是容器的容积． 2．温度 （1）温度是表示物体冷热程度的物理量． （2）温度的微观含义：温度是物体分子平均动能的标志，表示物体内部分子无规则运 动的剧烈程度． （3）温度的两个单位： ① 摄氏 温度 ： 规定 标准 大 气压 下 ，冰 水混 合 物的 温 度为 ，沸 水 的温 度为 ．表示符号为 ． ②热力学温度：规定 为热力学温度的 。热力学温度与摄氏温度单位等 大．表示符号为 ，单位为开尔文，符号为 。热力学温度是国际单位制中七个基本物理 量之一． 称为绝对零度，是低温的极限。 ③热力学温度与摄氏温度的关系是： ，一般地表示为 ． 3．压强 （1）定义：气体作用在器壁单位面积上的压力叫做气体的压强． -p V -p V 3m L m L、 3 31 L 10 m3 1 dm= =－ 6 31 mL 10 m3 1 cm= =－ 1 0℃ 100℃ t 273.15－ ℃ 0K T K 0K 273.15 KT t= + 273KT t= +2 （2）单位：国际单位 ，常用单位还有标准大气压 、毫米汞柱 ． ． ． ． ． （3）微观解释 ①气体的压强是由气体中大量做无规则热运动的分子对器壁频繁持续的碰撞产生的，压 强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力． ②气体压强的决定因素 气体分子的平均动能与分子的密集程度．分子平均动能越大，分子碰撞器壁对器壁产生 的作用力就越大，气体的压强就越大；在分子平均动能一定时，气体分子越密集，每秒撞击 器壁单位面积的分子数就越多，气体压强也就越大． ③理想气体压强公式 ． 式中 ，是单位体积的分子数，表示分子分布的密集程度， 是分子的平均动 能． 要点诠释：一定质量的气体，它的温度、体积和压强三个状态参量的变化是相关联 的．如果这三个量都不改变，则气体处于一定的状态中；如果三个量中有两个发生改变，或 者三个都发生改变，则气体状态发生了改变． 要点二、容器静止、匀速运动或加速运动时求封闭气体的压强 1．容器静止或匀速运动时求封闭气体的压强 （1）连通器原理：在连通器中，同一液体（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 时，应特别注意 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，应选择最低液面列平衡方程． （4）求由固体封闭（如汽缸和活塞封闭）气体的压强，应对此固体（如活塞或汽缸） 进行受力分析，列出力平衡方程． 要点诠释：若选取的是一个参考液片，则液片自身重力不计；若选取的是某段液柱或固 体，则它们自身的重力也要加以考虑．一般的计算步骤为：选取研究对象，分析对象的受力 情况，建立力的平衡方程，若可消去横截面积，则进一步得到压强平衡方程．最后解方程得 到封闭气体的压强，计算时要注意单位的正确使用． 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，通常选择与气体相关联的液体柱、固体等作为研究对象，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． Pa atm mmHg 21 Pa 1 N/m= 51 atm 1.013 10 Pa= × 1 mmHg 133 Pa= 1 atm 76 cmHg 760 mmHg= = 2 /3p nε= /n N V= ε p ghρ= h3 （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． 3．气体压强与大气压强 因密闭容器中的气体密度一般很小，由气体自身重力产生的压强极小，可以忽略不计， 故气体压强由气体分子碰撞器壁产生，与地球引力无关．气体对上下左右器壁的压强大小都 是相等的．测量气体压强用压强计．如金属压强计（测较大的压强）和液体压强计（测较小 的压强）． 大气压强却是由于空气受到重力作用紧紧包围地球而对“浸”在它里面的物体产生的 压强．由于地球引力作用的原因，大气层的分子密度上方小、下方大，从而使得大气压的值 随高度的增加而减小．测量大气压强用气压计，它根据托里拆利管的原理制成，借助于一端 封闭，另一端插入槽内的玻璃管中的水银柱高度来测量大气压强，其静止时的读数等于外界 大气压强的值 要点三、气体的等温变化 1．等温变化 气体的状态由状态参量决定，对一定质量的气体来说，当三个状态参量都不变时，我们 就说气体的状态一定．否则气体的状态就发生了变化．对于一定质量的气体，压强、温度、 体积三个状态参量中只有一个量变而其他量不变是不可能的，起码其中有两个量变或三个量 都发生变化． 一定质量的气体，在温度不变时发生的状态变化过程，叫做气体的等温变化． 2．探究气体等温变化的规律 （1）实验：见课本 P18． （2）数据处理． 以压强 为纵坐标，以体积的 为横坐标，把以上各组数据在坐标系中描点，得到如 图所示图象． 要点诠释：①温度控制 等温变化本身已明确了控制变量的研究方法，做实验时要缓慢进行，避免做功升温，不 要用手直接接触气体部分玻璃管，避免影响温度． ②实验数据处理 采用 来处理，化曲线为直线，便于观察规律和图线描绘，这也是物理学研究的方 法． 3．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，即 常量，或 ． p 1 V 1 V p V pV = 1 1 2 2pV p V=4 其中 和 分别表示气体在 两个不同状态下的压强和体积． （2）研究对象：一定质量的气体，且这一部分气体保持温度不变． （3）适用条件：压强不太大（与大气压相比），温度不太低（与室温相比）． （4）数学表达式： ，或 ，或 （常数）． 要点诠释：①此定律中的恒量 不是一个普通恒量，它与气体所处的温度高低有关， 温度越高，恒量 越大． ②由于经常使用 或 这两种形式，故对单位要求使用同一单位即 可． 要点四、气体等温变化的 图 1．气体等温变化的 图 （1） 图象．一定质量的气体发生等温变化时的 图象如图所示，图象为双 曲线的一支． 要点诠释：①平滑的曲线是双曲线的一段。反映了在等温情况下，一定质量的气体的压 强与体积成反比的规律． ②图象上的点，代表的是一定质量气体的一个状态． ③这条曲线表示了一定质量的气体由一个状态过渡到另一个状态的过程，这个过程是一 个等温过程，因此该曲线也叫等温线． （2） 图象。一定质量的气体的 图象如图所示，图线为延长线过原点的倾 斜直线． 2．对 图象的理解 1 1p V、 2 2p V、 1 2、 1 2 2 1 p V p V = 1 1 2 2pV p V= pV C= C C 1 1 2 2pV p V= 1 2 2 1 p V p V = p V− p V− p V− p V− 1p V − 1p V − p V−5 （1）一定质量的气体，在不同温度下的等温线是不同的，对于一定质量的气体，温度 越高时，气体的压强 与体积 的乘积必然越大，在 图象上，图线的位置也就相应 地越高． 由玻意耳定律 （恒量），其中恒量 不是一个普通恒量。它随气体温度的升高 而增大，温度越高，恒量 越大，等温线离坐标轴越远．如图所示 条等温线的关系为： ． （2）等温线的形状为双曲线，它描述了一定质量的气体在温度不变时，气体的压强 和体积 之间的关系．根据图线的形状可知， 与 成反比． （3） 图线的形状应当是其延长线能够过原点的直线，但它也反映了一定质量的 气体在发生等温变化时，压强 与体积 的反比关系， 图线的斜率越大，对应的温 度越高． （4） 。对等温线上任一点作两坐标轴的平行线围成的“矩形面积”，表示该状 态下的 值．“面积”越大， 值就越大，对应的 值也越大，即温度越高的等温线离 坐标轴越远． 要点五、解题的方法技巧 1．应用玻意耳定律解题的一般步骤 （1）首先确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件． （2）然后确定始末状态及状态参量（ ）． （3）最后根据玻意耳定律列方程求解（注意统一单位）． （4）注意分析隐含的已知条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程． （5）必要时还应分析解答结果是否正确合理． 2．力、热综合题的解题思路 （1）将题目分解为气体状态变化问题和力学问题两部分． （2）对气体状态变化问题应用玻意耳定律列方程． （3）对力学问题应用力学规律和原理列方程． （4）联立方程求解． p V p V− pV C= C C 4 4 3 2 1t t t t＞ ＞ ＞ p V p V 1p V − p V 1p V − pV T∝ pV pV T 1 1 2 2p V p V、 、 、6 要点诠释：在解题过程中，一般情况下，气体的压强和体积的变化是联系两部分知识的 “桥梁”． 3．汞柱移动问题的解法 当被封闭气体的状态发生变化时，将引起与之关联的汞柱、活塞发生移动，是否移动以 及如何移动的问题可以通过假设推理法来解决． （1）假设推理法：根据题设条件，假设发生某种特殊的物理现象或物理过程，运用相 应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案．巧用假设推理法可以化繁为简， 化难为易，快捷解题． （2）温度不变情况下的液柱移动问题的特点是：在保持温度不变的情况下改变其他题 设条件，从而引起封闭气体的液柱的移动（或液面的升降，或气体体积的增减）．解决这类 问题通常假设液柱不移动或液面不升降，或气柱体积不变，然后从此假设出发，运用玻意耳 定律等有关知识进行推论，求得正确解答． 【典型例题】 类型一、气体的状态参量 例 1．甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙两容器中 气体的压强分别为 ，且 ，则（ ）． A．甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度 B．甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度 C．甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能 D．甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能 【思路点拨】由理想气体状态方程判断 AB 对错；由温度是分子平均动能的标志判断 CD 对错。 【答案】B、C 【解析】由理想气体状态方程可得： 一定， 越大， 越大，即压强与热力学温度 成正比，故 A 错，B 对．温度是分子平均动能的标志，故 C 对，D 错． 举一反三: 【变式 1】已知某物体的温度升高了，那么下列哪些说法是正确的？（ ） A．该物体内所有分子的动能都增大了 B．该物体内所有分子的势能都增大了 C．该物体内分子平均动能增大了 D．该物体内热量增多了 【答案】C 【解析】温度是分子平均动能的标志．在某一温度下，物体内的各个分子运动的速度各 不相同，分子的动能也就各不相同，有的大，有的小，温度只是反映了平均值，温度升高， 只是分子平均动能增大，不是所有分子的动能都增大，故 A 错，C 对；分子势能只与分子 距离有关、与温度无关，温度升高，分子势能不一定增大。所以 B 错误；分子动能和分子 势能发生变化，与之对应的是物体的内能的增或减，不能称为热量增多或减少，故 D 错 误． p p甲 乙、 p p甲 乙＜ V p T7 【变式 2】对于一定质量理想气体的状态方程，从微观的角度解释，下列说法中正确的 是（ ）． A．在温度不变时，气体的体积增大，分子每次与器壁碰撞时冲量减小，气体压强减小 B．在压强不变时，气体温度升高，平均每个气体分子对器壁产生的冲量增大，减少单 位面积上碰撞次数，使体积增大 C．在体积不变时，气体的温度升高，平均每个气体分子对器壁产生的冲量增大，碰撞 次数增多，压强增大 D．在体积不变时，气体的温度升高，平均每个气体分子对器壁产生的冲量减小，压强 减小 【答案】C 【解析】温度不变时，气体分子每次碰撞时的冲量不变，体积增大时，单位体积气体分 子数目减少，单位时间、单位面积上受到碰撞的次数减少，导致压强降低，故 A 错；在压 强不变时，温度升高，平均每个气体分子对器壁产生的冲量增大，同时在单位时间内的碰撞 次数有增多的趋势，要保持压强不变，应使气体体积增大，使单位时间内、单位面积上碰撞 的次数减少，以维持压强不变，故 B 错；体积不变时，温度升高，平均每个气体分子对器 壁产生的冲量增大，同时在单位时间内的碰撞次数就增多，压强增大，故 C 对，D 错． 类型二、容器静止、匀速运动或加速运动时求封闭气体的压强 例 2．(2016 廊坊期末)如图所示，一圆筒形气缸静止于地面上，气缸的质量为 M，活 塞(连同手柄)的质量为 m，气缸内部的横截面积为 S，大气压强为 p0，平衡时气缸内的容积 为 V。现用手握住活塞手柄缓慢向上提。设气缸足够长，不计气缸内气体的重力和活塞与气 缸壁间的摩擦，求开始气缸内封闭气体的压强和刚提离地面时封闭气体的压强。 【答案】 ， 【解析】开始时由于活塞处于静止，由平衡条件可得 p0S＋mg＝p1S，则 当气缸刚提离地面时气缸处于静止，气缸与地面间无作用力，因此由平衡条件可得 p2S＋Mg＝p0S 则 例 3．如图所示，在一辆静止的小车上，竖直固定着两端开口、内径均匀的 U 形管，U 0 mgp S + 0 mgp S − 1 0 mgp p S = + 2 0 mgp p S = −8 形管的竖直部分与水平部分的长度均为 l，管内装有水银，两管内水银面距管口均为 。现 将 U 形管的左端封闭，并让小车水平向右做匀加速直线运动，运动过程中 U 形管两管内水 银面的高度差恰好为 。已知重力加速度为 g，水银的密度为 ρ，大气压强为 p0=ρgl，环境 温度保持不变，求 （1）左管中封闭气体的压强 p； （2）小车的加速度 a。 【解析】（1）以左管中封闭的气体为研究对象，设 U 形管的横截面积为 S，由玻意耳定律 　　 　　 解得 　　　　　　 （2）以水平管内长为 l 的水银为研究对象，由牛顿运动定律 　　 解得 　　　　 【总结升华】封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、 汽缸等物体的受力情况和运动状态有关。解决这类问题的关键是要明确研究对象，分析研究 对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的平衡方程或牛顿第二定律方程，然后解方 程，就可求得封闭气体的压强。 举一反三: 【变式】如图所示，一端封闭粗细均匀的 形管，其水平部分长为 ， 形管绕开 口臂的轴线以角速度 匀速转动，有长为 的水银柱封闭一段气柱，若处于 形管水平部 分的水银柱的长度为 ，则被封闭气柱的压强为________。（设水银的密度为 ，大气压强 是 ） 2 l 4 l 0 ( )2 2 8 l l lp S p S= − 04 3 pp = 0 5 3( ) ( )8 8pS ρg lS p S ρg lS ρlSa+ − + = 7 12a g= U L U ω L U 2 L ρ 0p9 【答案】 【解析】设 形管横截面积为 ，被封闭气压强为 ，取水平部分水银柱为研究对象， 受力分析如图所示． 由圆周运动知识及牛顿第二定律得 ， 所以 ． 【总结升华】本题是一个关于圆周运动过程中求压强的问题，要用匀速圆周运动的向心 力计算公式及圆周运动的半径来确定，大家只要正确选取研究对象并能正确运用规律就能解 决问题。 类型三、气体的等温变化、 图 例 4．如果画出一定质量某理想气体等温变化的 图象，应该是什么样的图线？怎 样来比较不同等温过程的温度？ 【答案】见解析 【解析】由玻意耳定律，一定质量的理想气体，温度不变时，压强跟体积成反比，即和 体积的倒数成正比． 。 2 2 0 3 1 8 2L p gLρ ω ρ+ − U S p 2 0 1 1 3 2 2 4pS gLS p S LS Lρ ρ ω+ − = ⋅ 2 2 0 3 1 8 2p L p gLρ ω ρ= + − p V− 1p V − 1p V ∝10 在 图象中，等温线是一条通过原点的直线．如图所示是表示同一气体在 、 两个不同温度下做等温变化的 图线．让气体从温度是 的某一状态经过一个等容变 化，温度变化到 ，因为 ，所以 ，所以直线斜率越小表示温度越低． 【总结升华】在 图象中表示的等温线比在 图象中表示的等温线更简单。 举一反三: 【变式】氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，其瓶内氧气的压强和体积变化如图中 到 所示，则瓶内氧气的温度（ ）． A．一直升高 B．一直下降 C．先升高后降低 D．不变 【答案】D 【解析】错解为 B，错误原因是只简单地对 及 到 的过程进行分析后，作出 各状态下的等温线，如图，从图中可以看出 ，从而误选 B，而忽略了只有一 定质量的气体才满足 ． 正确答案应为 D．密封不严说明漏气，说明气体质量变化，B 不正确：“缓慢”说明氧 气瓶中氧气可充分同外界进行热交换，隐含与外界“等温”． 【总结升华】注重审题，挖掘题目的隐含条件是正确解题的前提。同时还应明确玻意 耳定律适用的条件是：①气体的质量不变，②气体的温度不变。 类型四、各种解题的方法 例 5．粗细均匀的玻璃管，封闭一端长为 ．一个人手持玻璃管开口向下潜入水中， 当潜到水下某深度时看到水进入玻璃管口 ，求人潜入水中的深度．（取水面上大气压 1p V − 1T 2T 1p V − 1T 2T 1 2p p＜ 1 2T T＜ 1p V − p V− A B A B、 A B 1 2A Bt t t t＞ ＞ ＞ 1 2A Bt t t t＞ ＞ ＞ 12 cm 2 cm11 强为 ， ） 【思路点拨】明确研究对象，正确确定压强，找准初末状态，确认温度不变，运用玻意 耳定律。 【答案】 ． 【解析】确定研究对象为被封闭的一部分气体，玻璃管下潜的过程中气体的状态变化可 视为等温过程． 设潜入水下的深度为 ，玻璃管的横截面积为 ．气体的初末状态参量分别为 初状态： ． 末状态： ． 由玻意耳定律 ， 得 ． 解得： ． 【总结升华】明确研究对象、确认温度不变、找准初末状态、正确确定压强是运用玻 意耳定律的关键。 举一反三: 【变式 1】图中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的 倍，细筒足够长，粗 筒中 两轻质活塞封有空气，气柱长 ，活塞 上方的水银深 ，两 活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞 ，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上 端相平．现使活塞 缓慢上移，直至水银的一半被推入细筒中，求活塞 上移的距离．设 在整个过程中气柱的温度不变，大气压强 。相当于 高的水银柱产生的压强． 5 0 1.0 10 Pap = × 2g 10 m/s= 2mh = h S 1 0 1 12p p V S= =， 2 0 2 10 p p gh V Sρ= + =， 1 1 2 2pV p V= 0 0 10 12 p S p gh Sρ =+ 2mh = 4 A B、 20 cml = A 10 cmH = B B B 0p 75 cm12 【答案】 ． 【解析】由水银柱的高度 可以求出气体初状态的压强；当水银的一半被推 入细筒中时，由水银的体积可以求出水银柱的总高度，从而求出气体末状态的压强．然后运 用玻意耳定律求出气体末状态的体积，即可求得活塞 上移的距离． 设气体初状态压强为 （都以 水银柱产生的压强作为压强的单位，下同），则 。 设气体末状态压强为 ，粗筒的横截面积为 ，则有 。 设末状态气柱的长度为 ，气体体积为 ． 由玻意耳定律得 ， 活塞 上移的距离 ， 代入数据得 ． 【总结升华】本题容易在两个问题上出现错误：一个是对液体压强及对压强的传递不 够清楚，误认为初状态时水银只有 的面积上受到大气压，其余 的水银由于不与外界 大气接触，因此不受到大气压，从而导致 值的表达式错误。二是几何关系上出错，搞不 清一半水银被推入细筒后，水银柱的高度是多少，或列不出正确计算 值的式。 【变式 2】如图所示，底部连通的均匀玻璃管 ，上端封闭，原先三管中水银面 在同一水平面上，若再从底部缓慢注入一些水银，则三管中水银面高度的情况为（ ）． A． 中最高 B． 中最高 C．一样高 D．无法判断 【答案】B 8 cmd = 10 cmH = B 1p 1 cm 1 0p p H= + 2p S 2 0 1 1 2 12 4 HS p p H S = + + 'l 2 'V Sl= 1 1 2 2pV p V= B ' 2 Hd l l= − + 8 cmd = 1 4 S 3 4 S 1p d a b c、 、 a c13 【解析】注入水银前， ， ， 注入水银后，假设三管水银面升高相同的高度 ， 对于 管： ， ， 。 同理，对于 管： ， ． ， ． 即 管水银会上升最高， 管上升最低，与假设矛盾，故应选 B． 【总结升华】由于气体状态变化时常常引起多个物理量的变化，这时往往很难直接作 出判断，我们可以采用假设法，先假设其中的某个量不变，再找出另外物理量的变化，然后 利用规律再判断该量的变化。 例 6．如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线，则下列说法正确的是 （ ）． A．从等温线可以看出，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．由图可知 D．由图可知 a b cp p p= = a b cL L L＜ ＜ h a ( )a a a ap L S p L h S= －＇ ' a a a a Lp pL h = − 1' 1 /a a a p ph L = − b c、 1' 1 /b b b p ph L = − 1' 1 /c c c p ph L = − a b c a b cp p p L L L= = ， ＜ ＜ a b cp p p∴ ＞ ＞＇ ＇ ＇ c a 1 2T T＞ 1 2T T＜14 【答案】A、B、D 【解析】根据等温图线的物理意义可知 A、B 选项都对，气体的温度越高时，等温图线 的位置就越高，所以 C 错、D 对． 【总结升华】正确地理解 图象的物理意义，明确不同的温度对应着不同的等温图 线的位置和玻意耳定律的核心，就能熟练准确地解题。 举一反三: 【变式 1】（2015 上海卷）如图，长为 h 的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分割成 两部分，A 处管内外水银面相平。将玻璃管缓慢向上提升 H 高度（管下端未离开水银面）， 上下两部分气体的压强发生变化分别为 和 ，体积变化分别为 和 。已知水银 密度为 ，玻璃管截面积为 S，则（ ） A． 一定等于 B． 一定等于 C． 与 之差为 D． 与 之和为 HS 【答案】A 【解析】对水银柱有 水银柱的质量为 ，故 A 正确 C 错误 对水银柱上部分气体，根据玻意耳定律得 对水银柱下部分气体，根据玻意耳定律得 p V− 1p∆ 2p∆ 1V∆ 2V∆ ρ 2p∆ 1p∆ 2V∆ 1V∆ 2p∆ 1p∆ ghρ 2V∆ 1V∆ 1 2p S mg p S+ = m ρhSg= 2 2 2 1 1 1 1 1( ) ( )p p p p ρgh p ρgh p p p′ ′ ′∆ = − = + − + = − = ∆ 1 1 1 1pV p V′ ′= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 pV pVV V V Vp p ∆′∆ = − = − = −′ ′ 2 2 2 2p V p V′ ′=15 由于两部分封闭气体原来体积关系不确定，所以两部分气体体积变化不确定，故 B 错误； 将玻璃管缓慢向上提升 H 高度后，会有水银进入玻璃管， 与 之和应小于 HS， 故 D 错误。故选 A 【变式 2】如图所示， 容器的容积是 ，里面充入 的空气． 容器的容积是 ，里面是真空，打开活栓 一会儿，然后关闭，稳定后，容器 中的压强降到 ， 那么容器 中的压强为多少（设过程是恒温的，不计中间细管的容积）？ 【答案】 【解析】打开活栓 后， 容器中的空气有一部分跑入 容器中，若以 容器为研究 对象是一个变质量问题．我们以 容器中的气体为研究对象，既可保证气体质量不变， 又可保证温度不变，可用玻意耳定律解题． 初状态 ． 末状态 ， ， ， 由玻意耳定律的等温分态公式得 ， 即 。 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 p V p VV V V Vp p ∆′∆ = − = − = −′ ′ 2V∆ 1V∆ a 5 L 10 atm b 10 L K a 4 atm b 3atm K a b a a b、 1 110 atm 5 Lp V= =， 2 34 atmp p= =， ？ 2 5 LV = 3 10 LV = 1 1 2 2 3 3pV p V p V= + 1 1 2 2 3 3 10 5 4 5 atm 3atm10 pV p Vp V − × − ×= = =16 【总结升华】在用玻意耳定律解题时，常碰到一些有关气体变质量问题，若能恰当选择研究 对 象 ， 则 能 使 问 题 化 难 为 易 顺 利 解 决 。17 【巩固练习】 一、选择题 1．关于温度有如下说法： ①物体的温度不可能达到绝对零度；②随着低温技术的发展，绝对零度是可能达到的；③ 人的正常体温约 310 K；④一个物体的温度由 10℃升高到 20℃，与它从 288 K 升高到 298 K 所升高的温度是相同的．其中正确的是（ ）． A．①④ B．②④ C．①③④ D．②③④ 2．封闭在容器中的气体的压强（ ）． A．是由气体重力产生的 B．是由气体分子间相互作用（引力和斥力）产生的 C．是由大量分子频繁碰撞器壁产生的 D．当充满气体的容器自由下落时，由于失重，气体压强将减小为零 3．著名的马德堡半球实验可简化成如图所示的示意图．设两个半球壳拼成的球形容器 的半径为 R，大气压强为 p，则要使这两个半球壳分离，施加的拉力，至少为（ ）． A．4πR2p B．2πR2p C．πR2p D． πR2p 4．一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的 2 倍，则压强变为原来的（ ） 倍． A．2 B．1 C． D． 5．一定质量的气体在温度保持不变时，压强增大到原来的 4 倍，则气体的体积变为原 来的（ ）倍． A．4 B．2 C． D． 6．(2016 福州二模)如图所示的四个图像，有一个是表示一定质量的某种理想气体从 状态 a 等温压缩到状态 b 的过程，这个图像是(　　) 7．（2015 大连校级期中）如图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 变化至状态 B 的过程中，气体分子平均速率的变化情况是(　　) 1 2 1 2 1 4 1 2 1 418 A．一直保持不变 B．一直增大 C．一直减小 D．先增大后减小 8．如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，内封 一定质量的气体，管内水银面低于管外，在温度不变时，将玻璃管稍向 下插入一些，下列说法正确的是（ ）． A．玻璃管内气体体积减小 B．玻璃管内气体体积增大 C．管内外水银面高度差减小 D．管内外水银面高度差增大 9．如图所示，上端封闭的连通器 A、B、C 三管中水银面相平，三管横截 面积的关系是 SA＞SB＞SC．管内水银上方的空气柱长度为 LA＜LB＜LC．若从下方 通过阀门 K 流出少量水银（保持三管中均有水银），则三管中水银面的高度关 系是（ ）． A．A 管中水银面最高 B．C 管中水银面最高 C．一样高 D．条件不足，无法确定 10．如图所示，有一段 12 cm 长的汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体，若开口 向上将玻璃管放置在倾角为 30°的光滑斜面上，在下滑过程中被封气体的压 强为（大气压强 p0=76 cmHg）（ ）． A．76 cmHg B．82 cmHg C．88 cmHg D．70 cmHg 11．一定质量的气体在等温变化的过程中，它的下列哪些物理量将发生变化？（ ） A．气体的平均速率 B．单位体积内的分子数 C．气体的压强 D．分子总数 12． 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 二、填空题 13．如图所示，在左端封闭的 U 形管中，用水银封住了 A、B 两段空 气柱，外界大气压强为 76 cmHg，则 pA=________，pB=________。19 14．如图所示，固定在水平地面上的汽缸内封闭着一定质量的气体，活塞与汽缸内壁接 触光滑且不漏气，活塞的横截面积 S=100 cm2，受到 F1=200 N 水平向左的推力而平衡，此 时，缸内气体对活塞的平均压力为 F2=1200 N，则缸内气体的压强 p=________Pa，缸外大 气压强 p0=________Pa． 三、解答题 15．（2016 怀化模拟）如图所示，玻璃管的横截面 S＝1 cm2，在玻璃管内有一段质量 为 m＝0.1 kg 的水银柱和一定量的理想气体，当玻璃管平放时气体柱的长度为 l0＝10 cm， 现把玻璃管正立，过较长时间后再将玻璃管倒立，经过较长时间后，求玻璃管由正立至倒立 状态，水银柱相对于管底移动的距离是多少？(假设环境温度保持不变，大气压强取 p0＝ 1×105 Pa) 16．(2015 济南二模）如图所示，导热气缸平放在水平地面上，用横截面积为 S=0.1× 10-2 m2 的光滑活塞 A 和 B 封闭两部分理想气体 I 和Ⅱ，活塞 A、B 的质量分别为 mA=2 kg， mB=4 kg，活塞 A、B 到气缸底部的距离分别为 20 cm 和 8 cm。现将气缸转至开口向上，环 境温度不变，外界大气压强 p0=1.0×105Pa。待状态稳定时，求活塞 A 移动的距离。 【答案与解析】 一、选择题 1．【答案】C 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】C 20 【解析】由 p1V1=p2V2 可得 ，故选项 C 正确． 5．【答案】D 【解析】根据 p1V1=p2V2，可得 ，故选项 D 正确． 6．【答案】B 【解析】气体做等温压缩变化，根据玻意耳定律得压强应增大，故 A 错误；气体做等 温压缩变化，故 B 正确；气体做等温压缩变化，而图像中 T 减小，故 C 错误；箭头方向表 示气体体积在增大，与题目不符，故 D 错误。 7．【答案】D 【解析】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， 可在 p－V 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。 8．【答案】A、D 【解析】极限分析法：设想把管压得很深，则易知 V 减小，p 增大，∵p=p0+ph，∴h 增 大，即选项 A、D 正确． 假设法：将玻璃管向下插入的过程中，假设管内气体体积不变，则 h 增大，p=p0+ph 也 增大，由玻意耳定律判断得 V 减小．故管内气体体积 V 不可能不变而是减小，由 V 减小得 p=p0+ph 增大，所以 h 也增大． 9．【答案】A 【解析】未打开阀门前，A、B、C 三管中水银面相平，根据连通器原理知三管中封闭 气体的压强相同，记作 p．假设打开阀门 K 流出少量水银后，三管中水银面都降低了相同的 高度 h，三管中水银面仍然相平，气体末压强也相同，但是对管中封闭气体应用玻意耳定律 有 pL=p＇(L+h)． 解得末压强 ． 此式表明 p＇’与空气柱原长 L 有关．因为，LA＜LB＜LC，所以有 pA＇＜pB＇＜pC＇， 与假设矛盾。说明后来三管内液面不相平． 以 K 为参考点，由连通器原理知 pA＇+hA＇=pB＇+hB＇=pC＇+hC＇． ∵pA＇＜pB＇＜pC＇，∴hA＇＞hB＇＞hC＇． 可见，哪个管内原来空气柱较短，后来该管水银面就较高，与管的横截面积无关． 10．【答案】A 1 1 1 1 2 1 2 1 1 2 2 pV pVp pV V = = = 1 1 1 1 2 1 2 1 1 4 4 pV pVV Vp p = = = ' 1 pL pp hL h L = =+ +21 【解析】水银柱所处的状态不是平衡状态，因此不能用平衡条件处理．对水银柱进行受 力分析，则有玻璃管和水银柱组成系统的加速度 a=gsin ，所以对水银柱由牛顿第二定律得： p0S+Mgsin －pS=Ma，故 p=p0． 11．【答案】B、C 【解析】由玻意耳定律可知 p1V1=p2V2，即气体的压强和体积将变化．因温度不变，气 体的平均速率，质量不变。分子总数不变，体积增大，单位体积内的分子数减少． 12．【答案】B 【解析】由于洗衣缸内水位上升，细管中水位也上升相应的高度，管内气体体积减小， 由 pV=C 可知，细管中气体压强增大。故正确选项为 B． 二、填空题 13．【答案】75 cmHg 81 cmHg 14．【答案】1.2×105 1.0×105 【解析】缸内气体压强为 ，由活塞受力平衡 F2=p0S+F1 得大气压强： 。 三、解答题 15．【答案】2 cm 【解析】气体做等温变化，当玻璃管平放时有 p1＝p0 V1＝l0S 玻璃管正立时，对水银柱受力分析： 故 ，V2＝l2S 玻璃管倒立时，对水银柱受力分析， 有： ， V3＝l3S 根据玻意耳定律，得 p1V1＝p2V2　，p2V2＝p3V3 由以上各式联立解得⇒ 16．【答案】0.05m 【解析】对理想气体Ⅰ，由玻意尔定律 SLPSLP ＇1110 = θ θ 52 4 1200 Pa 1.2 10 Pa100 10 Fp S −= = = ×× 52 1 0 4 1200 200 Pa 1.0 10 Pa100 10 F Fp S − − −= = = ×× 2 0p S p S mg= + 2 0 mgp p S = + 0 3p S p S mg= + 3 0 mgp p S = − ( ) 4 0 0 2 6 4 2 0 2 2 10 cm 2cm10 10 mgp l mgp l S l l S ×= = ≈ − = −3 2Δ －22 代入数据得 对理想气体Ⅱ，由玻意尔定律 代入数据得 故活塞 A 移动的距离 答：活塞 A 移动的距离为 0.05m。 S gmPP A+= 01 SLPSLP ＇2220 = S gmPP B+= 12 1 0.1mL′ = 2 0.05mL ′ = 1 2 1 2( ) ( ) 0.05md L L L L′ ′= + − − =