第八章第1节气体的等温变化.docx
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第八章第1节气体的等温变化
第1节 气体的等温变化
1.理解一定质量的气体，在温度不变的情况下压强与体积的关系． 2.会通过实验的手段研究问题，探究物理规律，学习用电子表格与图象对实验数据进行处理与分析，体验科学探究过程． 3.理解气体等温变化的p－V图象的物理意义． 4.会用玻意耳定律计算有关的问题．
一、探究气体等温变化的规律
1．状态参量：
研究气体的性质时，用压强、体积、温度这三个物理量来描述气体的状态，这三个物理量被称为气体的状态参量．
2．等温变化：
一定质量的气体，在温度不变时其压强与体积发生的变化．
3．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
以压强p为纵坐标，以体积的倒数为横坐标作出p－
图象
图象结果
p－
图象是一条过原点的直线
实验结论
压强跟体积的倒数成正比，即压强与体积成反比
1．
（1）被封闭气体的质量发生变化不影响实验结果．（ ）
（2）实验中空气柱体积变化快慢对实验没有影响．（ ）
（3）玻璃管外侧的刻度虽然是均匀的，但并非准确的等于1cm、2cm……这对实验结果的可靠性没有影响．（ ）
提示：
（1）×
（2）× （3）√
二、玻意耳定律
1．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（常量）或p1V1＝p2V2．
3．适用条件：
气体质量不变、温度不变．
2．
（1）玻意耳定律是英国科学家玻意耳和法国科学家马略特各自通过实验发现的．（ ）
（2）公式pV＝C中的C是常量，指当p、V变化时C的值不变．（ ）
（3）对于温度不同、质量不同、种类不同的气体，C值是相同的．（ ）
提示：
（1）√
（2）× （3）×
三、气体等温变化的p－V图象
1．形状：
如图，一定质量的理想气体的p－V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．
2．分析：
一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的．
3．
（1）一定质量的气体的等温线上的两点的压强p和体积V的乘积相等．（ ）
（2）p－V图中的等温线上的一点代表一定质量的气体的一个状态．（ ）
（3）一定质量的某种气体在温度不变的条件下，其p－
图象是过原点的一条直线．（ ）
提示：
（1）√
（2）√ （3）√
知识点一 实验：
探究气体等温变化的规律
1．实验条件
（1）保证气体质量不变：
实验前在柱塞上涂好润滑油，以免漏气，保证气体质量不变．
（2）保证气体温度不变
①改变气体体积时，要缓慢进行，等稳定后再读出气体压强，以防止气体体积变化太快，气体的温度发生变化．
②实验过程中，不用手接触注射器的圆筒以防止圆筒从手上吸收热量，引起部气体温度变化.
2．封闭气体压强的计算方法
（1）静止或匀速运动系统中压强的计算方法
①
取等压面法：
根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在连通器灵活选取等压面．由两侧压强相等列方程求解压强．
例如，图甲中，同一水平液面C、D处压强相等，故pA＝p0＋ph.
②参考液片法：
选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进而求得气体压强．
例如，图甲中粗细均匀的U形管中封闭了一定质量的气体A，在其最低处取一液片B，由其两侧受力平衡可知（pA＋ρgh0）S＝（p0＋ρgh＋ρgh0）S，即pA＝p0＋ph.
③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．
如图乙，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＋
.
实验数据的分析
有同学在做“研究温度不变时气体的压强跟体积的关系”实验时，用连接计算机的压强传感器直接测得注射器气体的压强值，缓慢推动活塞，使注射器空气柱从20.0mL变为12.0mL.实验共测了5次，每次体积值直接从注射器的刻度上读得并输入计算机．同时由压强传感器测得对应体积的压强值．实验完成后，计算机屏幕上立刻显示出如下表中的实验结果：
序号
V/mL
p/（×105Pa）
pV/（×105Pa·mL）
1
20.0
1.0010
20.020
2
18.0
1.0952
19.714
3
16.0
1.2313
19.701
4
14.0
1.4030
19.642
5
12.0
1.6351
19.621
（1）仔细观察不难发现，pV/（×105Pa·mL）一栏中的数值越来越小，造成这一现象的可能原因是________．
A．实验时注射器活塞与筒壁的摩擦力不断增大
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．实验时注射器的空气向外发生了泄漏
（2）根据你在
（1）中的选择，说明为了减小误差，应采取的措施是________________________．
[解析]
（1）因为实验用的时间不会太长，环境温度、外界大气压强都不会变化；因为是缓慢推动活塞，温度不变，而气体的pV值越来越小，只能说明气体的质量减少，即实验时注射器的空气向外发生了泄漏，选项D正确．
（2）为了减小误差，应该增加注射器的密封性，可以采用在注射器活塞上涂润滑油的方法．
[答案]
（1）D
（2）在注射器活塞上涂润滑油
平衡状态下封闭气体压强的计算
如图所示，竖直放置的U形管，左端开口，右端封闭，管有a、b两段水银柱，将A、B两段空气柱封闭在管．已知水银柱a长10cm，水银柱b两个液面间的高度差为5cm，大气压强为75cmHg，求空气柱A、B的压强．
[解析]
设气体A、B产生的压强分别为pA、pB，管截面积为S，取a液柱为研究对象进行受力分析如图甲所示，得pAS＋mag＝p0S，而paS＝ρgh1S＝mag，
故pAS＋paS＝p0S
所以pA＝p0－pa＝75cmHg－10cmHg＝65cmHg
取液柱b为研究对象进行受力分析如图乙所示，同理可得
pBS＋pbS＝pAS
所以pB＝pA－pb＝65cmHg－5cmHg＝60cmHg.
[答案] 65cmHg 60cmHg
加速状态下封闭气体压强的计算
有一段12cm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＝76cmHg）（ ）
A．76cmHg B．82cmHg
C．88cmHgD．70cmHg
[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来处理．水银柱的受力分析如图所示，因玻璃管和水银柱组成系统的加速度a＝gsinθ，所以对水银柱由牛顿第二定律得p0S＋mgsinθ－pS＝ma，故p＝p0＝76cmHg.
[答案] A
（1）涉及大气压的气体压强的计算，要注意单位统一．
（2）利用平衡条件或牛顿第二定律求气体压强时，各量采取国际制单位.
知识点二 玻意耳定律的理解和应用
1．成立条件：
玻意耳定律p1V1＝p2V2是实验定律，只有在气体质量一定、温度不变的条件下才成立．
2．常量C：
玻意耳定律的数学表达式pV＝C中的常量C不是一个普适恒量，它与气体的种类、质量、温度有关，对一定质量的气体，温度越高，该恒量C越大．
3．应用玻意耳定律的思路和方法
（1）确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律成立的条件．
（2）确定始末状态及状态参量（p1、V1，p2、V2）．
（3）根据玻意耳定律列方程p1V1＝p2V2代入数值求解（注意各状态参量要统一单位）．
（4）注意分析题目中的隐含条件，必要时还应由力学或几何知识列出辅助方程．
（5）有时要检验结果是否符合实际，对不符合实际的结果要舍去．
利用玻意耳定律进行定性分析
如图，竖直放置、开口向下的试管用水银封闭一段气体，若试管自由下落，管气体（ ）
A．压强增大，体积增大
B．压强增大，体积减小
C．压强减小，体积增大
D．压强减小，体积减小
[解题探究] 试管由静止到自由下落，封闭气体的压强变________．
[解析] 试管静止时，被封闭气体的压强为p1＝p0－ph；试管自由下落时，被封闭气体的压强为p2＝p0，故压强增大．根据玻意耳定律得气体体积减小，故选项B正确．
[答案] B
玻意耳定律在活塞汽缸模型中的应用
（2016·检测）今有一质量为M的汽缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当汽缸水平横放时，气柱长为L0（如图甲所示），若将汽缸按图乙悬挂保持静止时，求气柱长度为多少？
已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，它与汽缸之间无摩擦且不漏气，且气体温度保持不变．
[解题探究]
（1）甲图中气体压强怎样求解？
（2）乙图中压强怎样求解？
[解析] 对汽缸中的理想气体，当汽缸水平横放时，气体压强为p0，气体体积为SL0
当汽缸悬挂并保持静止时，气体压强为p＝p0－
设气柱长为Lx，由等温过程有
p0SL0＝
SLx
解得Lx＝
.
[答案]
玻意耳定律在水银柱玻璃模型中的应用
均匀U形玻璃管竖直放置，用水银将一些空气封在A管，大气压强为72cm高水银柱产生的压强，当A、B两管水银面相平时，A管空气柱长度为10cm.现往B管中注入水银，当两管水银面高度差为18cm时，A管中空气柱长度是多少？
注入水银柱长度是多少？
[解题探究] 甲、乙中气体的压强各为多大？
[解析] 设水银密度为ρ，重力加速度为g，p1＝p0＝72cm·ρg，V1＝（10cm）S
p2＝p0＋18cm·ρg＝90cm·ρg，V2＝lS
根据玻意耳定律p1V1＝p2V2
解得空气柱长度l＝8cm；
A管水银面上升x＝10cm－l＝2cm；
注入水银长度L＝18cm＋2x＝22cm.
[答案] 见解析
两部分关联气体的等温变化
如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置．玻璃管的下部封有长l1＝25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2＝25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0cm.已知大气压强为p0＝75.0cmHg.现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为l1′＝20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离．
[思路点拨]
（1）等温变化的研究对象有两部分气体：
水银柱下方的封闭气体和水银柱与活塞之间的封闭气体．
（2）初态和末态两部分气体的压强的联系是：
下方气体的压强等于上方气体压强与水银柱产生的压强之和．
[解析]
以cmHg为压强单位．在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为
p1＝p0＋pl2
设活塞下推后，下部空气柱的压强为p′1，由玻意耳定律得
p1l1＝p′1l′1
上部气体压强为p0，长度为l3.如图，设活塞下推距离为Δl，则此时玻璃管上部空气柱的长度为
l′3＝l3＋l1－l′1－Δl
设此时玻璃管上部空气柱的压强为p′3，则
p′3＝p′1－pl2
由玻意耳定律得
p0l3＝p′3l′3
由以上各式及题给数据解得
Δl＝15.0cm.
[答案] 15.0cm
（1）确定压强：
应用玻意耳定律解题时，确定气体的压强是解题的关键，无论是液柱、活塞、汽缸，还是封闭在液面下的气柱，都不要忘记大气压强产生的影响．
（2）统一单位：
列方程时，由于等式两边是对应的，因此各物理量的单位可以不是国际单位，但等式两边必须统一．例如，体积可以都用升，压强可以都用大气压．
（3）“两部分气”问题：
除利用玻意耳定律列方程外，还要列出初、末状态下两者体积、压强关系的辅助方程．
知识点三 等温变化的图象问题
等温变化的两种图象如下
图象
容
p－
图线
p－V图线
图线特点
物理意义
一定质量的气体，温度不变时，p与
成正比，在p－
图象上的等温线应是过原点的直线
一定质量的气体，在温度不变的情况下，p与V成反比，因此等温过程的p－V图线是双曲线的一支
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p－V图上的等温线就越高，图中T2＞T1
等温变化的p－V图象
（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，则下列说确的是（ ）
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T1>T2
D．由图可知T1[解析] 由等温线的物理意义可知，A、B正确，对于一定质量的气体，温度越高，等温线的位置就越高，C错误，D正确．
[答案] ABD
等温变化的p－
图象
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，则下列说确的是（ ）
A．D→A是一个等温过程
B．A→B是一个等温过程
C．A与B的状态参量相同
D．B→C体积减小，压强减小，温度不变
[解析] D→A是一个等温过程，A对；A、B两状态温度不同，A→B的过程中
不变，则体积V不变，此过程中气体的压强、温度会发生变化，B、C错；B→C是一个等温过程，V增大，p减小，D错．
[答案] A
非等温变化的p－V图象
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
[解析]
法一：
由图象可知，pAVA＝pBVB，所以A、B两状态的温度相等，在同一等温线上．再在p－V图上作出几条等温线，如图所示．由于p、V的乘积越大等温线温度越高，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D正确．
法二：
在AB上任取一点C，该状态下的压强与体积的乘积pCVC大小表示温度的高低．显然pAVA＝pBVB＜pCVC，故TA＝TB＜TC，分子平均速率是先增大后减小，D正确．
[答案] D
（1）在p－V图象中，pV大的状态温度高．
（2）在p－
图象中，斜率大的温度高.
典型问题——充气与抽气问题
每充或抽一次气，容器中空气的质量都会发生变化，但如果灵活选取研究对象，可将其转变为质量不变的问题．
（1）玻意耳等温分态公式
一般地，若将某气体（p，V，M）在保持总质量、温度不变的情况下分成了若干部分（p1，V1，M1）、（p2，V2，M2）、…、（pn、Vn、Mn），则有
pV＝p1V1＋p2V2＋…＋pnVn.
应用等温分态公式解答温度不变情况下，气体的分与合，部分气体质量有变化、气体总质量无变化，又不直接涉及气体质量的问题时，常常十分方便．
（2）关于充气问题：
如果打气时每一次打入的空气质量、体积和压强均相同，则可设想用一容积为nV0的打气筒将压强为p0的空气一次打入容器与打n次气等效代替．所以研究对象应为容器中原有的空气和n次打入的空气总和．这样充气过程可看做是气体的等温压缩过程．
（3）关于抽气问题：
从容器抽气的过程中，容器的气体质量不断减小，这属于变质量的问题．分析时，将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可看做是等温膨胀过程．
（4）关于灌气问题：
一个大容器里的气体分装到多个小容器的问题，也是一个典型的变质量问题．分析这类问题时，可以把大容器的气体和多个小容器中的气体看做整体作为研究对象，可将变质量的问题转化为质量不变的问题．
如图所示为某压缩式喷雾器储液桶，其容量是5.7×10－3m3，往桶倒入4.2×10－3m3的药液后开始打气，假设打气过程中药液不会向外喷出．如果每次能打进2.5×10－4m3的空气，要使喷雾器空气的压强达到4atm，应打气几次？
这个压强能否使喷雾器的药液全部喷完？
（设标准大气压为1atm，打气过程中不考虑温度的变化）
[思路点拨] 本题是一道变质量问题，我们可以灵活选取研究对象把变质量问题转化为等质量问题．
[解析] 设标准大气压为p0，药桶中空气的体积为V，打气N次后，喷雾器中的空气压强达到4atm，打入气体在1atm下的体积为N×2.5×10－4m3.选取打气N次后药桶中的空气为研究对象，由玻意耳定律得
p0V＋p0×N×（2.5×10－4m3）＝4p0V
其中V＝5.7×10－3m3－4.2×10－3m3＝1.5×10－3m3
代入上式后解得N＝18
当空气完全充满药桶后，如果空气压强仍然大于大气压，则药液可以全部喷出，否则不能完全喷出．
由玻意耳定律得4p0V＝p×5.7×10－3
解得p＝1.053p0＞p0，所以药液可以全部喷出．
[答案] 18 能
此类问题我们可认为打入喷雾器的气体都在其周围，且可以认为是一次性打入的，若初态时外气体压强相同，则体积为外气体体积之和，状态方程为：
p1（V＋nV0）＝p2V.若初态时外气体压强不同，则体积不等于外气体体积之和，状态方程应为：
p1V＋np1′V0＝p2V.
容积V＝20L的钢瓶充满氧气后，压强p＝30atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V′＝5L的小瓶中去，小瓶子已抽成真空．分装完成后，每个小钢瓶的压强p′＝2atm.在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是（ ）
A．4瓶 B．50瓶
C．56瓶D．60瓶
解析：
选C.设最多可装的瓶数为n，由等温分态公式得pV＝p′V＋np′V′，
解得n＝
＝
＝56瓶．故C正确．
[随堂达标]
1．（多选）如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用一段水银将管气体与外界隔绝，管口向下放置，若将管倾斜，待稳定后呈现的物理现象是（ ）
A．封闭端气体的压强增大
B．封闭端气体的压强减小
C．封闭端气体的压强不变
D．封闭端气体的体积减小
解析：
选AD.玻璃管由竖直到倾斜，水银柱压强ph减小，由p＋ph＝p0知气体压强增大，再由玻意耳定律知其体积减小，故A、D正确．
2．一个气泡由湖面下20m深处上升到湖面下10m深处，它的体积约变为原来体积的（温度不变）（ ）
A．3倍 B．2倍
C．1.5倍D．0.7倍
解析：
选C.外界大气压相当于10m水柱产生的压强，对气泡p1＝3p0，p2＝2p0，由p1V1＝p2V2知V2＝1.5V1，故C项正确．
3．用打气筒将压强为1atm的空气打进自行车胎，如果打气筒容积ΔV＝500cm3，轮胎容积V＝3L，原来压强p＝1.5atm.现要使轮胎压强变为p′＝4atm，问用这个打气筒要打气几次（设打气过程中空气的温度不变）（ ）
A．5B．10
C．15D．20
解析：
选C.因为温度不变，可应用玻意耳定律的分态气态方程求解．pV＋np1ΔV＝p′V，代入数据得
1．5atm×3L＋n×1atm×0.5L＝4atm×3L，
解得n＝15.
4.如图所示，两端开口、粗细均匀的玻璃管竖直插入水银槽中，管中有一段水银柱高为h1，将一定质量的气体封闭在管，此时管下端开口处、外水银面高度差为h2.若保持环境温度不变，当外界大气压强增大时，下列分析中正确的是（ ）
A．h2变长B．h2变短
C．水银柱上升D．水银柱下降
解析：
选D.封闭气体的压强p＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，当外界大气压增大时，由于h1不变，因此h2不变；对密封气体，由玻意耳定律知压强增大，体积减小，水银柱下降，故D正确．
5．（2015·高考卷）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为1个标准大气压、体积为1L．将其缓慢压缩到压强为2个标准大气压时，气体的体积变为0.45L．请通过计算判断该包装袋是否漏气．
解析：
若不漏气，设加压后的体积为V1，由玻意耳定律知
p0V0＝p1V1，代入数据得V1＝0.5L，因为0.45L<0.5L，说明包装袋漏气．
答案：
见解析
[课时作业][学生用书P81（单独成册）]
一、单项选择题
1．（2016·一中检测）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
解析：
选B.水位升高，封闭气体体积减小，由玻意耳定律pV＝C可知压强变大，选项B正确．
2．某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为多少的空气（ ）
A.
V B．
V
C.
VD．
V
解析：
选C.取充入气体后的轮胎的气体为研究对象，设充入气体体积为V′，则
初态p1＝p0，V1＝V＋V′；末态p2＝p，V2＝V
由玻意耳定律可得：
p0（V＋V′）＝pV
解得：
V′＝
V，故选项C正确．
3．（2016·高二检测）一定质量的理想气体，压强为3atm，保持温度不变，当压强减小2atm时，体积变化4L，则该气体原来的体积为（ ）
A.
LB．2L
C.
LD．8L
解析：
选B.设气体原来的体积为V1，压强为p1，后来的体积为V2，则V2＝V1＋4，后来的压强为p2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2，且p1＝3atm，p2＝1atm，得V1＝2L，B项正确．
4.如图所示，两端封闭的等臂U形管中，两边的空气柱a和b被水银柱隔开，当U形管竖直放置时，两空气柱的长度差为H.现在将该U形管平放，使两臂处于同一水平面上，稳定后两空气柱的长度差为L，若温度不变，关于L和H的大小有（ ）
A．L＞HB．L＜H
C．L＝HD．无法判断
解析：
选A.假设U形管平放后两部分气体的体积不变，即L和H的大小相等．在竖直状态时可以判断出左侧气柱压强应比右侧气柱压强大，如果水平时L和H相等的话，两端的气柱体积则不变，压强也不变．此时水银柱会在两个大小不等的压强作用下移动，即原来长的空气柱变长，原来短的空气柱变短，则可知L＞H.
5.如图所示，汽缸封闭一定质量的气体．不计活塞与缸壁间的摩擦，保持温度不变，当外界大气压强变化时，不发生改变的是（ ）
A．封闭气体的压强
B．封闭气体的体积
C．弹簧的弹力
D．汽缸底部离地面的高度
解析：
选C.对汽缸有p0S＝pS＋Mg，p0变，则p变，因为温度不变，则V变化，A、B错误；对整体有kx＝（M＋m）g，弹簧的弹力不变，活塞高度不变，汽缸底部离地面高度发生
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