文档内容
2.2 气体的等温变化（第 2 课时）
目录
【学习目标】.....................................................................................................................................................................................1
【思维导图】.....................................................................................................................................................................................2
【知识梳理】.....................................................................................................................................................................................2
知识点1：封闭气体压强的计算........................................................................................................................................2
知识点2：玻意耳定律...........................................................................................................................................................6
知识点3：气体等温变化的图像......................................................................................................................................10
【方法技巧】...................................................................................................................................................................................14
方法技巧 压强计算..............................................................................................................................................................14
【巩固训练】...................................................................................................................................................................................14
【学习目标】
学习目标：
1. 知道描述气体的三个状态参量和气体的等温变化的含义。
2. 掌握定律的内容、公式及适用条件，学会利用该定律解决有关问题。
3. 理解等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题
学习重点：
1. 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。
2. 等温变化的图像，并能利用图像分析实际问题。
学习难点：
1. 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。【思维导图】
【知识梳理】
知识点 1：封闭气体压强的计算
1．平衡状态下封闭气体压强的计算方法
(1)液片参考法：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，建立受力
平衡方程，进而求得气体压强。
如图甲所示，同一液面C、D两处压强相等，故p＝p＋p；如图乙所示，M、N两处压强相等，从
A 0 h
左侧管看有p＝p＋p，从右侧管看有p＝p＋p。
B A h2 B 0 h1(2)力平衡法：选取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 ＝0列式求
合
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以加速度a向上加速运动时，对液柱受力分析，
（ ＋ ）
m g a
有pS－pS－mg＝ma，解得p＝p＋ 。
0 0 S
【归纳总结】
(1) 在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh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。
(2).求由液体封闭的气体压强，一般选择最低液面列平衡方程。
【典例1】求图中被封闭气体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𝑝 = 76 𝑐𝑚𝐻𝑔.(𝑝 = 1.01×105 𝑃𝑎，𝑔 = 10 𝑚/𝑠2，𝜌 = 1×103𝑘𝑔/𝑚3)
0 0 水【答案】(1)𝑝 = 𝑝 ―𝑝 = 76 𝑐𝑚𝐻𝑔―10 𝑐𝑚𝐻𝑔 = 66 𝑐𝑚𝐻𝑔
𝐴 0 ℎ
(2)𝑝 =𝑝 ―𝑝 = 76 𝑐𝑚𝐻𝑔―10𝑠𝑖𝑛 30° 𝑐𝑚𝐻𝑔 = 71 𝑐𝑚𝐻𝑔
𝐴 0 ℎ
(3)𝑝 =𝑝 +𝑝 = 76 𝑐𝑚𝐻𝑔+10 𝑐𝑚𝐻𝑔 = 86 𝑐𝑚𝐻𝑔
𝐵 0 ℎ
2
𝑝 =𝑝 ―𝑝 = 86 𝑐𝑚𝐻𝑔―5 𝑐𝑚𝐻𝑔 = 81 𝑐𝑚𝐻𝑔
𝐴 𝐵 ℎ
1
(4)𝑝 = 𝑝 +𝜌 𝑔ℎ = 1.01×105 𝑃𝑎+1×103×10×1.2 𝑃𝑎 = 1.13×105 𝑃𝑎
𝐴 0 水
答：(1)66 𝑐𝑚𝐻𝑔 (2)71 𝑐𝑚𝐻𝑔 (3)81 𝑐𝑚𝐻𝑔 (4)1.13×105 𝑃𝑎
【典例2】（单选）如图所示，一个横截面积为𝑆的圆桶形容器竖直放置，金属圆板的上表面是水平的，
下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为𝜃，圆板的质量为𝑚，不计圆板与容器内壁的摩擦．若大气
压强为𝑝 ，则被圆板封闭在容器中的气体的压强𝑝等于 ( )
0
A. 𝑝 + 𝑚𝑔cos𝜃 B. 𝑝 0 + 𝑚𝑔 C. 𝑝 + 𝑚𝑔cos2𝜃 D. 𝑝 + 𝑚𝑔
0 𝑆 cos𝜃 𝑆cos𝜃 0 𝑆 0 𝑆
【答案】D
【解析】设桶内气体的压强为𝑝，以金属圆板为研究对象，分析受力情况，圆板受重力𝑚𝑔、外界大气压力
𝑝𝑆
𝑝 𝑆，容器壁的压力𝑁和容器内气体的压力 ，如图所示．金属圆板处于平衡状态，其所受合力为零，
0
cos𝜃
𝑝𝑆 𝑚𝑔
根据共点力平衡条件得 ⋅cos𝜃 = 𝑝 𝑆+𝑚𝑔，解得𝑝 = 𝑝 + ，故选D．
cos𝜃 0 0 𝑆
【变式1】如图所示，竖直放置的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 为10𝑐𝑚，水银柱𝑏两个液面间的高度差ℎ 为5𝑐𝑚，大气压强为75
1 2
𝑐𝑚𝐻𝑔，求空气柱𝐴、𝐵的压强分别是多少?
【答案】解：设管的截面积为𝑆，选𝑎的下端面为参考液面，它受向下的压力为(𝑝 +𝑝 )𝑆，受向上的
𝐴 ℎ1
大气压力为𝑝 𝑆，由于系统处于静止状态，
0
则(𝑝 +𝑝 )𝑆 = 𝑝 𝑆，
𝐴 ℎ1 0
所以𝑝 = 𝑝 ―𝑝 = (75―10)𝑐𝑚𝐻𝑔 = 65𝑐𝑚𝐻𝑔，
𝐴 0 ℎ1
再选𝑏的左下端面为参考液面，由连通器原理知：液柱ℎ 的上表面处的压强等于𝑝 ，
2 𝐵
则(𝑝 +𝑝 )𝑆 = 𝑝 𝑆，
𝐵 ℎ2 𝐴
所以𝑝 = 𝑝 ―𝑝 = (65―5) 𝑐𝑚𝐻𝑔 = 60 𝑐𝑚𝐻𝑔。
𝐵 𝐴 ℎ2
【变式2】（单选）在光滑水平面上有一个内、外壁都光滑的汽缸质量为𝑚 ，汽缸内有一质量为𝑚的活
0
塞，已知𝑚 > 𝑚，活塞密封一部分理想气体。现对汽缸施加一个水平向左的拉力𝐹(如图甲所示)，汽缸
0
的加速度为𝑎 ，封闭气体的压强为𝑝 ；若用同样大小的力𝐹水平向左推活塞(如图乙所示)，此时汽缸的
1 1
加速度为𝑎 ，封闭气体的压强为𝑝 。设密封气体的质量和温度不变，则下列选项正确的是 ( )
2 2
A. 𝑎 = 𝑎 ，𝑝 < 𝑝 ， B. 𝑎 < 𝑎 ，𝑝 > 𝑝 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
C. 𝑎 = 𝑎 ，𝑝 < 𝑝 ， D. 𝑎 > 𝑎 ，𝑝 > 𝑝 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】A
【解析】对整体进行受力分析，两种情况下整体在水平方向都受水平向左的拉力，根据牛顿第二定律
𝐹 = 𝑚𝑎得𝑎 = 𝑎 ，
1 2
对活塞进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
第一种情况：𝑝 𝑆―𝑝 𝑆 = 𝑚𝑎，
0 1第二种情况：𝐹+𝑝 𝑆―𝑝 𝑆 = 𝑚𝑎，
0 2
所以𝑝 < 𝑝 ，
1 2
故选A。
【变式3】在光滑水平面上有一个内外壁均光滑的汽缸，汽缸内有一横截面积为𝑆的活塞，活塞密封一
定质量的理想气体。现对汽缸施加一水平向左的拉力𝐹，其大小为𝑝 𝑆(𝑝 为外界大气压强)，如图甲所
0 0
示，稳定时封闭气体的压强为𝑝 ，体积为𝑉 ；若用同样大小的力水平向左推活塞，如图乙所示，稳定
1 1
时封闭气体的压强为𝑝 ，体积为𝑉 。已知汽缸的质量为活塞质量的10倍，忽略密封气体的质量和温度
2 2
𝑝
的变化，求：𝑝 和𝑝 的比值 1
1 2 𝑝
2
【答案】 𝑝 1 = 10
𝑝 2 21
【解析】设汽缸的加速度大小为 𝑎 ，则有对整体 𝑝 𝑆 = (10𝑚+𝑚)𝑎，
0
对甲 𝑝 𝑆―𝑝 𝑆 = 𝑚𝑎，对乙 𝑝 𝑆―𝑝 𝑆 = 10𝑚𝑎，
0 1 2 0
联立解得 𝑝 1 = 10 ；
𝑝 2 21
知识点 2：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．条件
质量一定，温度不变。
3．表达式
pV＝C(常量)或pV＝pV。
1 1 2 2
【归纳总结】
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(p、V，p、V)。
1 1 2 2
(3)根据玻意耳定律列方程pV＝pV，代入数值求解(注意各状态参量要统一单位)。
1 1 2 2
(4)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。
【典例1】（单选）如图所示，高为16 𝑐𝑚的两相同玻璃管竖直放置，下端连通，左管上端封闭，右管上
端开口。右管中有高为4 𝑐𝑚的水银柱封闭了一部分气体，水银柱上表面离管口的距离为10 𝑐𝑚。管底水
平连接段的体积可忽略，大气压强𝑝 = 76 𝑐𝑚𝐻𝑔。若从右侧端口缓慢注入水银(与原水银柱之间无气隙
0
)，恰好使水银柱下端到达右管底部，整个过程中，管内气体的温度不变，则该过程中注入右管中水银
柱的高度为( )
A. 6 𝑐𝑚 B. 8 𝑐𝑚 C. 10 𝑐𝑚 D. 12 𝑐𝑚
【答案】C
【解析】开始时左管气体压强𝑝 = 𝑝 +𝑝 = 80 𝑐𝑚𝐻𝑔，水银柱恰好到底部时，根据等温过程方程
0 ℎ
𝑝(2𝐿―14 𝑐𝑚) = 𝑝′𝐿，可得𝑝′ = 90 𝑐𝑚𝐻𝑔，再根据压强关系𝑝′ = 𝑝 +𝑝 ′，可得ℎ′ = 14 𝑐𝑚，则应注入
0 ℎ
右管的液体高度为10 𝑐𝑚，故选C。
【典例2】如图所示，在开口向上的竖直放置圆筒形容器内用质量为𝑚的活塞密封部分气体，活塞与容
器壁间能够无摩擦滑动，大气压恒为𝑝 ，容器的横截面积为𝑆，活塞静止于位置𝐴。对活塞施加外力𝐹，
0
使其从位置𝐴缓慢移动到位置𝐵，位置𝐴、𝐵到容器底部的距离分别为ℎ 、ℎ ，密封气体与外界温度始终
1 2
保持相同，已知重力加速度为𝑔。。求：
(1)活塞在位置𝐴时，密封气体的压强；
(2)活塞在位置𝐵时，外力𝐹的大小。【答案】解：(1)活塞静止于在位置𝐴时，对活塞：𝑝 𝑆 = 𝑚𝑔+𝑝 𝑆，
1 0
𝑚𝑔
则𝑝 = 𝑝 + ；
1 0 𝑆
(2)活塞在位置𝐵时，对活塞：𝑝 𝑆+𝐹 = 𝑚𝑔+𝑝 𝑆，
2 0
活塞从位置𝐴缓慢移动到位置𝐵的过程，气体等温变化，则𝑝 ℎ 𝑆 = 𝑝 ℎ 𝑆，
1 1 2 2
ℎ
可得𝐹 = (1― 1)(𝑝 𝑆+𝑚𝑔)。
ℎ 0
2
【变式1】如图所示，粗细均匀的等高𝑈形玻璃管竖直放置，左管封闭，右端开口，用水银柱封闭长为
𝐿 = 20𝑐𝑚的一段空气柱，右侧水银柱比左侧高出ℎ = 8𝑐𝑚，已知大气压为𝑝 = 76𝑐𝑚𝐻𝑔。现用一质量不
0
计的薄活塞封住右端开口，缓慢向下压活塞使两边液面相平，此过程中环境温度始终不变，当两边液
面相平时，求：
(1)左侧空气柱的压强。
(2)右侧空气柱的长度多少厘米？(计算结果保留两位小数)
【答案】解：(1)对左侧气体：初状态压强：𝑝 = 𝑝 +𝑝 = (8+76)𝑐𝑚𝐻𝑔 = 84𝑐𝑚𝐻𝑔
1 0 ℎ
ℎ
末状态体积𝑉 = (𝐿― )𝑆
2
2
ℎ
由玻意耳定律𝑝 𝐿𝑆 = 𝑝 (𝐿― )𝑆
1 2
2
代入数据解得：𝑝 = 105𝑐𝑚𝐻𝑔
2
(2)对右侧气体，根据玻意耳定律：𝑝 (𝐿―ℎ)𝑆 = 𝑝 𝐿′𝑆
0 2
所以𝐿′ ≈ 8.69𝑐𝑚
【变式2】如图所示，用两个质量均为𝑚、横截面积均为𝑆的密闭活塞𝑃、𝑄，将开口向上的导热汽缸内
的理想气体分成𝐴、𝐵两部分。上面活塞通过轻绳悬挂在天花板上，汽缸和汽缸下方通过轻质绳子悬挂
的物块的质量均为2𝑚，整个装置处于静止状态，此时两部分气柱的长度均为𝑙 = 30 𝑐𝑚。环境温度、
0
大气压强𝑝 均保持不变，且满足6𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，𝑔为重力加速度，不计一切摩擦。
0 0(1)求此时𝐴气体的压强；
(2)剪断连接物块的绳子，一段时间后两活塞重新恢复平衡，求汽缸上升的距离。
【答案】解：(1)对汽缸，根据平衡条件有𝑃 𝑆+2𝑚𝑔+2𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，6𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，
𝐴1 0 0
1 2𝑚𝑔
初态𝐴气体压强𝑝 = 𝑝 或者𝑝 =
𝐴1 0 𝐴1
3 𝑆
(2)初态𝐵气体压强，对活塞𝑃根据平衡条件有
1
𝑝 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，解得𝑝 = 𝑝
𝐵1 𝐴1 𝐵1 0
6
重新恢复平衡，末态𝐴气体压强，对汽缸根据平衡条件有
2
𝑝 𝑆+2𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆 ，𝑝 = 𝑝
𝐴2 0 𝐴2 0
3
末态𝐵气体压强，对活塞𝑃，根据平衡条件有
1
𝑝 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝 𝑆，𝑝 = 𝑝
𝐵2 𝐴2 𝐵2 0
2
由环境温度保持不变，根据玻意耳定律可得
𝑝 𝑙 𝑆 = 𝑝 𝑙 𝑆，解得𝑙 = 15𝑐𝑚
𝐴1 0 𝐴2 𝐴 𝐴
𝑝 𝑙 𝑆 = 𝑝 𝑙 𝑆，解得𝑙 = 10𝑐𝑚
𝐵1 0 𝐵2 𝐵 𝐵
汽缸上升的距离ℎ = 2𝑙 ―𝑙 ―𝑙 = 35𝑐𝑚
0 𝐴 𝐵
【变式3】如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为𝑆、
2𝑆，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽
缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为𝐻，弹簧长度恰好为原长。现
1 1
往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降 𝐻，左侧活塞上升 𝐻。已知大气压强为
3 2
𝑝 ，重力加速度大小为𝑔，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求
0
(1)最终汽缸内气体的压强。
(2)弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。【答案】解：(1)对左右汽缸内封闭的气体为研究对象
初始状态：气体压强：𝑝 = 𝑝 气体的体积：𝑉 = 𝑆𝐻+2𝑆𝐻 = 3𝑆𝐻
1 0 1
3 2 17
末装态：设气体的压强为𝑝 ，气体的体积：𝑉 = 𝑆⋅ 𝐻+ 𝐻⋅2𝑆 = 𝑆𝐻
2 2
2 3 6
由玻意耳定律知：𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉
1 1 2 2
18 18
解得：𝑝 = 𝑝 ，即最终汽缸内气体的压强为 𝑝
2 0 0
17 17
(2)以右侧活塞为研究对象，由平衡条件知：𝑚𝑔+𝑝 ⋅2𝑆 = 𝑝 ⋅2𝑆
0 2
2𝑝 𝑆
解得：𝑚 = 0
17𝑔
1
以左侧活塞为研究对象，由平衡条件知：𝑝 𝑆+𝑘⋅ 𝐻 = 𝑝 𝑆
0 2
2
2𝑝 𝑆
解得：𝑘 = 0
17𝐻
知识点 3：气体等温变化的图像
1．概念
一定质量的某种气体的p－V图线的形状为双曲线的一支，它描述的是温度不变时p与V的关系，称
为等温线。
1
2． p－V图像与p－ 图像的比较
V
两种
1
p－V图像
p－ 图像
V
图像内容
图像特点
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
物理意义
1
下，p与V成反比，等温线是双曲线的
时，p与 成正比，等温线是过
V一支 原点的直线
直线的斜率为p与V的乘积，
一定质量的气体，温度越高，气体压强
与体积的乘积越大，等温线离原点越
判断温度高低 斜率越大，pV乘积越大，温度
远，图中T＜T
1 2
越高，图中T＜T
1 2
【典例1】（单选）如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸与活塞间的摩擦忽略
不计。现缓慢向沙桶倒入细沙，下列关于密封气体的状态图像一定正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意知汽缸导热性能良好，由于热交换，汽缸内的气体温度不变，缓缓向活塞上倒上细沙，
气体体积减小，压强增大，由玻意耳定律得知，气体压强与体积成反比，与体积倒数成正比。故选A。
【典例2】（单选）某同学用同一个注射器做了两次验证玻意耳定律的实验，操作完全正确，根据实验
数据却在𝑝、𝑉图上画出了两条不同的双曲线如图所示，造成这种情况的可能原因是( )
①两次实验中空气质量不同②两次实验中温度不同
③两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体压强的数据不同
④两次实验中保持空气质量、温度相同，但所取的气体体积的数据不同．
A. ①②B. ②④C. ②③D. ①②④
【答案】A
𝑝𝑉
【解析】根据理想气体状态方程： = 𝐶可知：𝑃𝑉 = 𝐶𝑇；
𝑇
若𝑝𝑉乘积一定，则𝑝―𝑉图是双曲线，且乘积不同，双曲线不同；
故题中可能是温度𝑇不同，也可能是常数𝐶不同，而常数𝐶由质量决定，即也可能是气体质量不同。
故①②正确，③④错误，故A正确，BCD错误。
故选：𝐴。
【变式1】（单选）如图，封有空气的玻璃瓶开口向下静置于恒温水中。将其缓慢往下压了一小段距离，
此过程中气体的质量保持不变。不考虑气体分子间的相互作用，则能反映瓶内气体状态变化的图像是
( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】【详解】由题意可知气体经历等温变化，且压强增大，体积减小，根据玻意耳定律可知𝑝与𝑉的
1
乘积不变，即𝑝―𝑉图像应为双曲线的一支， 𝑝― 图像应为过原点的倾斜直线，故ABD错误，C正确。
𝑉
故选C。
【变式2】（多选）一定质量的某种理想气体状态变化的𝑝―𝑉图像如图所示，下列说法正确的是( )A. 状态𝐴时气体分子的内能比状态𝐵时小
B. 气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数状态𝐴时比状态𝐵时多
C. 气体由状态𝐴变化到状态𝐵的过程中温度一直保持不变
D. 气体由状态𝐴变化到状态𝐵的过程中分子平均速率先增大后减小
【答案】BD
【解析】A.由图像可知𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，所以𝐴、𝐵两个状态的温度相等，处于同一条等温线上，分子平均
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵
速率相等，分子平均动能相等，又由于气体为理想气体，气体的分子势能可忽略不计，所以状态𝐴时气
体分子的内能等于状态𝐵时的分子内能，故A错误；
B.𝐴𝐵状态温度相同，分子平均动能相同，𝐴状态压强大，则气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰
撞次数多，故B正确；
𝐶𝐷.在𝑝―𝑉图像上作出几条等温线，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温度先升高后降低，所以分子平均速率先增
大后减小，故C错误，D正确。
故选BD。
【变式3】（多选）如图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
关于各状态温度的关系式正确的是(𝐴、𝐵、𝐶、𝐷为四个状态)( )A. 𝑡 = 𝑡 B. 𝑡 = 𝑡 C. 𝑡 > 𝑡 D. 𝑡 > 𝑡
𝐴 𝐵 𝐵 𝐶 𝐶 𝐷 𝐷 𝐴
【答案】AD
【解析】𝐴𝐶.由题意知，𝑝―𝑉图像等温线为双曲线的一支，图像上任意一点横、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 = 𝑡 ，同理可得𝑡 = 𝑡 ，故A正确，C错误；
𝐴 𝐵 𝐶 𝐷
B.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，故B错误；
D.同一𝑝―𝑉图像中的等温线，越靠近坐标原点表示的温度越低，故有𝑡 = 𝑡 < 𝑡 = 𝑡 ，故D正确。
𝐴 𝐵 𝐶 𝐷
故选AD。
【方法技巧】
方法技巧 压强计算
(1)在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液柱竖直高度差，不
一定是液柱长度。
(2)特别注意大气压强的作用，不要漏掉大气压强。
【巩固训练】
一、单选题。
1.如图所示，两端开口、粗细均匀的足够长玻璃管插在大水银槽中，管的上部有一定长度的水银柱，两
段空气柱被封闭在左右两侧的竖直管中。平衡时水银柱的位置如图，其中ℎ = 5𝑐𝑚，ℎ = 7𝑐𝑚，𝐿
1 2 1
= 50𝑐𝑚，大气压强为75𝑐𝑚𝐻𝑔。则右管内气柱的长度𝐿 等于( )
2A. 44𝑐𝑚B. 46𝑐𝑚C. 48𝑐𝑚D. 50𝑐𝑚
【答案】D
【解析】左管内气体压强：𝑝 = 𝑝 +𝜌𝑔ℎ = 75𝑐𝑚𝐻𝑔+7𝑐𝑚𝐻𝑔 = 82𝑐𝑚𝐻𝑔，
1 0 2
右管内气体压强：𝑝 = 𝑝 +𝜌𝑔ℎ = 82𝑐𝑚𝐻𝑔+5𝑐𝑚𝐻𝑔 = 87𝑐𝑚𝐻𝑔，
2 1 1
𝑝 = 𝑝 +𝜌𝑔ℎ ，解得右管内外液面高度差ℎ = 12𝑐𝑚，右管内气柱长度𝐿 = 𝐿 ―ℎ ―ℎ +ℎ
2 0 3 3 2 1 1 2 3
= 50―5―7+12(𝑐𝑚) = 50𝑐𝑚。
故选：𝐷。
2.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高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为𝑉；每次挤压气
囊都能将60𝑐𝑚3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5𝑉，压强计示数为
150𝑚𝑚𝐻𝑔。已知大气压强等于750𝑚𝑚𝐻𝑔，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则𝑉等于
( )
A. 30𝑐𝑚3 B. 40𝑐𝑚3 C. 50𝑐𝑚3 D. 60𝑐𝑚3
【答案】D
【解析】经5次充气后，以臂带内所有气体为研究对象，初态：𝑝 = 750𝑚𝑚𝐻𝑔，𝑉 = (𝑉+60×5)𝑐𝑚3，
1 1
末态：𝑝 = 750𝑚𝑚𝐻𝑔+150𝑚𝑚𝐻𝑔 = 900𝑚𝑚𝐻𝑔，𝑉 = 5𝑉，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，代入数据计
2 2 1 1 2 2
算可得𝑉 = 60𝑐𝑚3，故D正确，ABC错误。
3.气球在空中缓慢上升，体积逐渐变大.将气球内的气体视为理想气体，忽略环境温度的变化，该过程中球内气体压强𝑝和体积𝑉的关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
1 1
【解析】气体温度不变，根据玻意耳定律有𝑝𝑉 = 𝐶𝑇，则𝑝 = 𝐶𝑇 ，所以𝑝― 图像是过原点的倾斜直线，
𝑉 𝑉
故选B。
4.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30𝑐𝑚的气体，
右管开口，左管水银面比右管内水银面高25𝑐𝑚，大气压强为75𝑐𝑚𝐻𝑔，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. 20𝑐𝑚
B. 25𝑐𝑚
C. 40𝑐𝑚
D. 45𝑐𝑚
【答案】A
【解析】解：设玻璃管横截面积为𝑆，初始状态气柱长度为𝐿 = 30𝑐𝑚 = 0.3𝑚，密闭气体初始状态：压强𝑝
1 1
= 𝑝 ―𝑝 = (75―25)𝑐𝑚𝐻𝑔 = 50𝑐𝑚𝐻𝑔，体积𝑉 = 𝑆𝐿 ，移动右侧玻璃管后，压强𝑝 = 𝑝 = 75𝑐𝑚𝐻𝑔，
0 ℎ 1 1 2 0
体积𝑉 = 𝑆𝐿 ，根据玻意耳定律得：
1 2
𝑝 𝑉 =𝑝 𝑉
1 1 2 2
代入数据解得：𝐿 = 0.2𝑚 = 20𝑐𝑚，
2
故A正确，BCD错误；
故选：𝐴。
二、多选题。5.如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在导热汽缸中，现用水平外力𝐹作用
于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动一段距离，由状态①变化到状态②。如果环境保
持恒温，分别用𝑝、𝑉、𝑇表示该理想气体的压强、体积、温度。气体从状态①变化到状态
②，此过程可用下图中的图象表示的是( )
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】解：𝐴𝐵：双曲线的方程：𝑝𝑉 = 恒量，故A正确，B错误；
𝐶：①到②的过程虽然温度不变，但体积减小，与题意相悖，故C错误；
𝐷：①到②的过程温度不变，压强减小，根据玻意耳定律，气体的体积增大，故D正确。
故选：𝐴𝐷。
6.疫情防控，人人有责，增强体质，共抗病毒。如今增强体质对抗病毒已成为人们的共识，有人设计了
一款健身器材如图所示，一定质量的理想气体密封在导热良好的容器中，容器上有刻度，容器内装有
一可上下移动的活塞，活塞的面积为0.01 𝑚2，厚度可以忽略，人们可以使用上方的把手拉动活塞达到
锻炼身体的目的．已知在锻炼时，器材下方固定在地面上防止容器离开地面，活塞初始高度为30 𝑐𝑚，
当地大气压强为1.0×105𝑃𝑎，活塞、把手和连接杆的质量都可忽略，不计活塞与容器间的摩擦，外界
气温不变。下列说法正确的是( )
A. 当用500 𝑁的力往上拉，稳定时活塞高度为60 𝑐𝑚
B. 当用500 𝑁的力往下压，稳定时活塞高度为15 𝑐𝑚
C. 若要使活塞稳定在120 𝑐𝑚高度处，则拉力应为1000 𝑁
D. 若要使活塞稳定在120 𝑐𝑚高度处，则拉力应为750 𝑁
【答案】AD
【解析】由题可知𝑆 = 0.01 𝑚2，大气压强𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，密闭气体高度为ℎ = 30𝑐𝑚，由平衡状态
0 0
可知初状态气体压强为𝑝 = 𝑝 ，体积𝑉 = 𝑆ℎ
1 0 1 0A.当用500 𝑁的力往上拉，待系统稳定时设密闭气体压强为𝑝 ，对活塞和拉杆整体受力分析知𝐹+𝑝 𝑆 =
2 2
𝑝 𝑆，整个过程密闭气体发生等温变化，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 可得稳定时活塞高度为ℎ = 60𝑐𝑚，
0 1 1 2 2 2
故A正确；
B.当用500 𝑁的力往下压，待系统稳定时设密闭气体压强为𝑝3，对活塞和拉杆整体受力分析知𝐹+𝑝 𝑆 =
0
𝑝 𝑆，整个过程密闭气体发生等温变化，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 可得稳定时活塞高度为ℎ = 20𝑐𝑚，
3 1 1 3 3 3
故B错误；
𝐶𝐷.若要使活塞稳定在120 𝑐𝑚高度处，设此时气体压强为𝑝 ，对活塞和拉杆整体受力分析知𝐹 +𝑝 𝑆 =
4 1 4
𝑝 𝑆，整个过程密闭气体发生等温变化，由玻意耳定律𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 可得稳定时拉力应为𝐹 = 750𝑁，故
0 1 1 4 4 1
C错误，D正确。
故选AD。
7.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. 𝑇 > 𝑇
1 2
D. 𝑇 < 𝑇
1 2
【答案】ABD
【解析】 一定质量的气体的等温线为双曲线的一支，由等温线的物理意义可知，压强与体积成反比，
在不同温度下等温线是不同的，所以𝐴、B正确；对于一定质量的气体，温度越高，等温线离坐标原点
的位置就越远，故C错误，D正确。
8.如图所示，竖直放置的直玻璃管中用水银柱密封一段空气柱，空气柱和水银柱的长度均为20𝑐𝑚，现
将玻璃管以某一初速度沿足够长斜面上滑或下滑，斜面倾角为37∘，玻璃管与斜面间的动摩擦因数为0.5，
标准大气压强𝑝 = 75𝑐𝑚𝐻𝑔，重力加速度𝑔 = 10𝑚/𝑠2，sin37∘ = 0.6，cos37∘ = 0.8，设气体温度不变，
0
下列说法正确的是( )A. 玻璃管上滑时空气柱压强为78𝑐𝑚𝐻𝑔B. 玻璃管上滑时空气柱长度约为28.4𝑐𝑚
C. 玻璃管下滑时空气柱压强为83𝑐𝑚𝐻𝑔D. 玻璃管下滑时空气柱长度约为22.9𝑐𝑚
【答案】BCD
【解析】初状态𝑝 = (75+20)𝑐𝑚𝐻𝑔 = 95𝑐𝑚𝐻𝑔，𝑉 = 20𝑆。当玻璃管上滑时其加速度𝑎 = 𝑔sin37∘
1 1 1
+𝜇𝑔cos37∘ = 10𝑚/𝑠2，选水银柱为研究对象，由牛顿第二定律有𝑝 𝑆+𝑚𝑔sin37∘―𝑝 𝑆 = 𝑚𝑎 ，其中
0 2 1
𝜌𝑔ℎ = 20𝑐𝑚𝐻𝑔，𝑚 = 𝜌𝑆ℎ，解得𝑝 = 67𝑐𝑚𝐻𝑔，A错误；
2
由玻意耳定律有𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，解得𝐿 ≈ 28.4𝑐𝑚，B正确；
1 1 2 2 2
当玻璃管下滑时其加速度𝑎 = 𝑔sin37∘―𝜇𝑔cos37∘ = 2𝑚/𝑠2，选水银柱为研究对象，由牛顿第二定律有
2
𝑝 𝑆+𝑚𝑔sin37∘―𝑝 𝑆 = 𝑚𝑎 ，解得𝑝 = 83𝑐𝑚𝐻𝑔，C正确；
0 3 2 3
由玻意耳定律有𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，解得𝐿 ≈ 22.9𝑐𝑚，D正确。
1 1 3 3 3
故选BCD。
9.两端封闭、粗细均匀的玻璃管内，一段水银柱将内部的理想气体分隔成𝐴、𝐵两段，当玻璃管竖直静止时，
𝐴、𝐵两段的长度相等，如图甲所示;仅将玻璃管旋转180∘，再次平衡时，𝐴、𝐵两段的长度之比为1:2，
如图乙所示。下列说法正确的是( )
5
A. 图甲中𝐴、𝐵两段气体的压强的比值为
7
7
B. 图甲中𝐴、𝐵两段气体的压强的比值为
10
10
C. 图乙中𝐴、𝐵两段气体的压强的比值为
7
7
D. 图乙中𝐴、𝐵两段气体的压强的比值为
5【答案】BD
【解析】设题图甲中𝐴、𝐵两段气体的压强分别为𝑝 、𝑝 ，题图乙中𝐴、𝐵两段气体的压强分别为𝑝 ′、𝑝 ′，
𝐴 𝐵 𝐴 𝐵
设水银的密度为𝜌，水银柱的高度为ℎ，若题图甲中𝐴、𝐵两段气体的长度均为3𝐿，则题图乙中𝐴、𝐵两段
气体的长度分别为2𝐿、4𝐿：
有𝑝 ―𝑝 = 𝜌𝑔ℎ，𝑝 ′―𝑝 ′ = 𝜌𝑔ℎ，
𝐵 𝐴 𝐴 𝐵
3𝑝 𝐿 = 2𝑝 ′𝐿，3𝑝 𝐿 = 4𝑝 ′𝐿，
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵
𝑘 = 𝑝 𝐴，𝑘 = 𝑝 𝐴 ′
1 𝑝 𝐵 2 𝑝 𝐵 ′
7 7
解得𝑘 = ，𝑘 = ，选项B、𝐷均正确。
1 2
10 5
三、计算题。
10.受台风‘杜苏芮’的影响，我国多地出现暴雨天气。路面水井盖因排气孔(如图甲)堵塞可能会造成井盖
移位而存在安全隐患。如图乙所示，质量𝑚 = 20𝑘𝑔的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖
直井内水面面积𝑆 = 0.4𝑚2，初始时刻水位与井盖之间的距离ℎ = 2.01𝑚，井内密封空气的压强恰好为
大气压强𝑝 = 1.00×105𝑃𝑎，若井盖内的空气视为理想气体，温度始终不变，重力加速度𝑔取10𝑚/𝑠2。
0
求：
(1)密闭空气的压强为多大时水井盖刚好被顶起；
(2)水井盖刚好被顶起时，水位上升的高度。
【答案】(1)对井盖进行受力分析有
𝑝 𝑆+𝑚𝑔 = 𝑝⋅𝑆
0
代入数据有
𝑚𝑔
𝑝 =𝑝 + = 1.005×105𝑃𝑎
0 𝑆
(2)井内气体经历等温变化，井盖刚顶起时，设水位上升 𝑥 ，对气体由玻意耳定律得
𝑝 ⋅𝑆ℎ = 𝑝⋅𝑆(ℎ―𝑥)
0解得
𝑝 1.00×105
0
𝑥 = (1― )ℎ = (1― )×2.01𝑚 = 0.01𝑚
𝑝 1.005×105
11.某款全自动增压供水系统的圆柱形储水罐的总容积𝑉 = 2𝑚3，水龙头正常工作时，罐内水面缓慢下
0
降，最低只能下降到储水罐的正中间，水龙头出水口到罐内水面的最大高度差△ℎ = 10𝑚，如图所示，
此时水泵自动启动给罐内补水，当压力开关检测到罐内封闭气体的压强达到𝑝 = 4.0×105𝑃𝑎时，自动
断开水泵电源停止补水。已知水的密度𝜌 = 1.0×103𝑘𝑔/𝑚3，封闭气体可视为理想气体，忽略封闭气体
温度的变化，外界大气压恒为𝑝 = 1.0×105𝑃𝑎，取重力加速度大小𝑔 = 10𝑚/𝑠2，求：
0
(1)水泵刚开始工作时罐内封闭气体的压强𝑝 ;(2)水泵停止工作时罐内水的体积𝑉。
min
【答案】解：(1)水龙头出水口到罐内水面的最大高度差△ℎ = 10𝑚，根据平衡条件
有𝑝 = 𝑝 +𝜌𝑔𝛥ℎ
min 0
解得𝑝 = 2.0×105𝑃𝑎
𝑚𝑖𝑛
𝑉
(2)罐内气体做等温变化，设水泵停止工作时，封闭气体的体积为𝑉𝑚𝑖𝑛，则有𝑝 0 = 𝑝𝑉
min min
2
𝑉 =𝑉 ―𝑉
0 min
解得𝑉 = 1.5𝑚3。
12.如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为𝐴、𝐵两部分；初始时，𝐴、
𝐵的体积均为𝑉，压强均等于大气压𝑝 。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5𝑝
0 0
时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使𝐵的体积减小为
𝑉
。
2(ⅰ)求𝐴的体积和𝐵的压强；
(ⅱ)再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时𝐴的体积和𝐵的压强。
𝑉
【答案】解：(ⅰ)向右缓慢推动活塞，使𝐵的体积减小为𝑉 = 时，
𝐵
2
对气体𝐵，由玻意耳定律：𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，
0 𝐵 𝐵
得气体𝐵得压强：𝑝 = 2𝑝 ，
𝐵 0
由题意可知：𝑝 = 𝑝 +0.5𝑝 = 2𝑝 +0.5𝑝 = 2.5𝑝 ，
𝐴 𝐵 0 0 0 0
对气体𝐴，由玻意耳定律：𝑝 𝑉 = 𝑝 𝑉 ，
0 𝐴 𝐴
得𝐴的体积为：𝑉 = 𝑝 0 𝑉 = 𝑝 0 𝑉 = 2 𝑉。
𝐴 𝑝 𝐴 2.5𝑝 0 5
3 3
(𝑖𝑖)再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则𝐴的体积为 𝑉，由玻意耳定律可得：𝑝 𝑉 = 𝑝× 𝑉，
0
2 2
则𝐴此情况下的压强为
2
𝑝 = 𝑝 < 𝑝 ―0．5𝑝
0 𝐵 0
3
则隔板一定会向左运动，设稳定后气体𝐴的体积为𝑉 ′、压强为𝑝 ′，气体𝐵的体积为𝑉 ′、压强为𝑝 ′，根
𝐴 𝐴 𝐵 𝐵
据等温变化有
𝑝 𝑉 = 𝑝 ′𝑉 ′，𝑝 𝑉 = 𝑝 ′𝑉 ′
0 𝐴 𝐴 0 𝐵 𝐵
𝑉 ′+𝑉 ′ = 2𝑉，𝑝 ′ = 𝑝 ′―0．5𝑝
𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 0
联立解得
𝑝 ′ = 3― 5𝑝 (舍去)，𝑝 ′ = 3+ 5𝑝
𝐵 0 𝐵 0
4 4
𝑉
𝐴
′ = ( 5―1)𝑉。
2
答：(ⅰ)𝐴的体积 𝑉，𝐵的压强为2𝑝 ；
0
5
(ⅱ)𝐴的体积为( 5―1)𝑉；𝐵的压强为3+ 5𝑝
0
。
4
