1、8.1气体的等温变化1教学目标1、知道气体的状态及三个参量。2、掌握玻意耳定律，并能应用它解决气体的等温变化的问题、解释生活中的有关现象。3、知道气体等温变化的pv图象，即等温线。4、了解用实验探究气体等温变化规律的方法和思路，培养动手操作能力、采集数据能力及运用计算机处理数据的能力。教学重点:探究气体等温变化的规律，理解玻意耳定律的内容和公式。教学难点:运用定律分析和求解一定质量的气体在等温变化过程中压强和体积关系的问题。3-8-1004、自主学习一、气体的状态及参量1、研究气体的性质，用_、_、_三个物理量描述气体的状态。描述气体状态的这三个物理量叫做气体的_。2、温度：温度是表示物体_的
2、物理量，从分子运动论的观点看，温度标志着物体内部_的剧烈程度。 在国际单位制中，用热力学温标表示的温度，叫做_温度。用符号_表示，它的单位是_，简称_，符号是_。 热力学温度与摄氏温度的数量关系是：T= t+_。3、体积：气体的体积是指气体_。在国际单位制中，其单位是 _，符号_。体积的单位还有升（L）毫升、（mL）1L= _m3，1mL= _m3。4、压强：_叫做气体的压强，用_表示。在国际单位制中，压强的的单位是_，符号_。气体压强常用的单位还有标准大气压（atm）和毫米汞柱（mmHg），1 atm=_Pa=_mmHg。5、气体状态和状态参量的关系：对于一定质量的气体，如果温度、体积、压强
3、这三个量_，我们就说气体处于一定的状态中。如果三个参量中有两个参量发生改变，或者三个参量都发生了变化，我们就说气体的状态发生了改变，只有一个参量发生改变而其它参量不变的情况是_发生的。二、玻意耳定律1、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：一定质量的气体，在温度不变的情况下，压强p与体积v成_。这个规律叫做玻意耳定律。2、玻意耳定律的表达式：pv=C（常量）或者_。其中p1 、v1和p2、v2分别表示气体在1、2两个不同状态下的压强和体积。三、气体等温变化的pv图象一定质量的气体发生等温变化时的pv图象如图81所示。图线的形状为_。由于它描述的是温度不变时的pv关系，因此称它为_
4、线。一定质量的气体，不同温度下的等温线是不同的。1、 在图81中，一定质量的气体，不同温度下的两条等温线，判断t1、t2的高低。画出p图象，说明图线的形状，图线的斜率与温度的关系。3-8-1005、1一个气泡由湖面下20m深处上升到湖面下10m深处，它的体积约变为原来的体积的（温度不变，水的密度为1.0103kg/m3，g取10m/s2）（ ）A3倍 B2倍 C1.5倍 D0.7 倍 3-8-1006、p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，t为摄氏温度如图所示各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是( ) 3-8-1007、U形管的A端封有气体，B端也有一小段气体。如图所示，先用一条小铁
5、丝插至B端气体，轻轻抽动，使B端上下两部分水银柱相连接，设外界温度不变，则A端气柱的： （ ）A、体积减小 B、体积不变 C、压强增大 D、压强减小3-8-1008、把玻璃管口向下插入水银槽中，如图，管内水银面低于管外水银槽中的水银面。将玻璃管稍向上提起一些时，玻璃管中的气体压强将减小，则： ( )A玻璃管内气体的长度增加B.玻璃管内气体的长度减小C.玻璃管内外水银面高度差减小D.玻璃管内外水银面高度差增大3-8-1009、粗细均匀两端开口的U形玻璃管，如图所示，管内注入一定量的水银。但在其中封闭了一段空气柱，其长度为l。在空气柱上面的一段水银柱长为h1，空气柱下面的水银面与左管水银面相差为h
6、2。若往管内加入适量水银，则：A水银加入右管，l变短，h2变大B水银加入左管，l不变，h2变大C水银无论加在左管还是右管，h1始终与h2相等D水银加在右管，l变短，水银加在左管，l变长3-8-1010、定质量理想气体发生等温变化时，其体积和压强的乘积是一个恒量，以下对恒量的讨论正确的有（ ）.同一份理想气体，无论在温度保持t1的情况下实现等温变化，还是在温度保持为t2的情况下完成等温变化，这个恒量都是同一个量B.如T1T2，同一份理想气体在温度保持T1的情况下实现等温变化，这个恒量较小C.如T1T2，同一份理想气体在温度保持为T1的情况下实现等温变化，这个恒量较大D.如T1T2D由图可知T1T
7、a3-8-1025、一定质量的气体，在做等温变化的过程中，下列物理量发生变化的有：（ ）A、气体的体积 B、单位体积内的分子数 C、气体的压强 D、分子总数3-8-1026、一定质量的气体发生等温变化时，若体积增大为原来的n倍，则压强变为原来的（ ）倍A、2n B、n C、1/n D、2/n3-8-1027、一定质量的气体由状态A变到状态B的过程如图所示，A、B位于同一双曲线上，则此变化过程中，温度 （ ）A、一直下降 B、先上升后下降C、先下降后上升 D、一直上升3-8-1028、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，如图所示，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中（ ）A
8、、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C的过程温度先降低再升高D、A、C两点的温度相等3-8-1029、一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，如图所示，金属圆板的上表面是水平的，下表面与水平面的夹角为，圆板的质量为M，不计圆板与容器内壁间的摩擦。若大气压强为P0，则被圆板封闭在容器中的气体压强等于A、P0+Mgcos/S B、P0/cos+Mg /ScosC、P0+Mgcos2/S D、P0+Mg /S3-8-1030、一个开口玻璃瓶内有空气，现将瓶口向下按入水中，在水面下5m深处恰能保持静止不动，下列说法中正确的是 （ ）A将瓶稍向下按，放手后又回到原来位置B将瓶稍向下
9、按，放手后加速下沉C将瓶稍向上提，放手后又回到原处D将瓶稍向上提，放手后加速上升3-8-1031、一根两端封闭粗细均匀的直玻璃中有一段长57厘米的水银柱，在水银柱两边各有一段空气柱（如下图）。当玻璃管水平放置，两段空气柱长度均为30厘米，压强都是一个标准大气压，现将玻璃管缓慢竖立起来，则上下两段空气柱的长度分别为（ ）A30厘米，30厘米B35厘米，25厘米C40厘米，20厘米D45厘米，15厘米3-8-1032、用一段水银柱将管内气体与外界隔绝，如下图所示，管口朝下竖直放置，今将玻璃管倾斜，下列叙述正确的是（ ）A封闭端内的气体压强增大B封闭端内的气体压强减小C封闭端内的气体体积增大D封闭端
10、内的气体体积减小3-8-1033、在“验证玻意耳定律”的实验中，对气体的初状态和末状态的测量和计算都正确无误，结果末状态的pV值与初状态的p0V0值明显不等，造成这一结果的可能原因是在实验过程中( )A气体温度发生变化 B气体与外界间有热交换C有气体泄漏 D体积改变得太迅速3-8-1034、在1105Pa的环境中做托里拆利实验,如图所示.测出管内外水银面的高度h=72cm.若保持管口总能浸没在槽内水银面以下, 而将玻璃管竖直向上缓慢地提升h.那么,最后管内、外水银面的高度差h的大小 ( ).A等于h,即管内水银柱高度不变B小于hC等于h+hDhhh+h3-8-1035、在标准大气压（相当于76
11、cm水银柱产生的压强）下做托里拆利实验时，由于管中混有少量空气，水银柱上方有一段空气柱，如图所示。这里管中稀薄气体的压强相当于下列哪个高度的水银柱产生的压强 （ ）A.0 cmB.60 cmC.30 cmD.16 cm题号、在温度均匀的水池中，有一空气泡从池底缓缓地向上浮起，在其上浮的过程中，泡内气体（可看成理想气体）（ ）A、内能减少，放出热量B、内能增加，吸收热量C、对外做功，同时吸热，内能不变D、对外做的功等于吸收的热量3-8-1037、在验证“玻意耳定律”的实验中，下列四个因素中对实验的准确性影响最小的是（ ）A针筒封口处漏气B采用横截面积较大的针筒C针筒壁与活塞之间存在摩擦D实验过程
12、中用手去握针筒3-8-1038、在一根一端封闭、一端开口、长1m的均匀直玻璃管中,如图所示,装入长为75cm的水银柱,用它封住一部分空气.当将其开口向下竖直放置时,被封气柱长24cm,这时的大气压强为76cm汞柱.那么,当大气压强变为74 cm汞柱时,管内水银柱长度h为( ).A73 cm B73 cmh74 cmC74 cmD74 cmh”“=”或“gV，故放手后加速下沉。同样道理，D选项也正确3-8-1031、C3-8-1032、AD3-8-1033、ACD3-8-1034、D3-8-1035、D3-8-1036、CD3-8-1037、B3-8-1038、B3-8-1039、D3-8-10
13、40、183-8-1041、403-8-1042、4/93-8-1043、41053-8-1044、3-8-1045、；3-8-1046、14.1rad/s3-8-1047、C；C3-8-1048、；3-8-1049、56cmHg3-8-1050、2、25cm3-8-1051、1.75101m33-8-1052、10m3-8-1053、Vghv/（0+gh）3-8-1054、解：设容器原装气体为研究对象。初态 p1=20105PaV1=10LT1=T末态 p2=1.0105PaT2=T由玻意耳定律 p1V1=p2V2得即剩下的气体为原来的5。解析:、就容器而言，里面气体质量变了，似乎是变质量问
14、题了，但若视容器中气体出而不走，就又是质量不变了。3-8-1055、管内气柱长62.5cm.3-8-1056、活塞B向右移动d/53-8-1057、绳中张力P0S/43-8-1058、解：初状态时气体的压强 p1=1.0105 Pa，体积V1=20L；末状态时气体的压强p2，体积V2 = 16 L.由玻意耳定律p1V1= p2V2可得P2 = = Pa = 1.25105 Pa3-8-1059、解：初状态时气体的压强p1=2.0106 Pa，体积V1=10 L； 末状态时气体的压强p2=1.0105 Pa，求体积V2。由玻意耳定律克p1V1= p2V2可得V2 = = =200L3-8-106
15、0、解：管里再装入27.2g水银时，水银柱增加的高度= 0.2 m空气柱初状态时的压强p1 = p0 + ph1 = p0 +Hggh1 = 1.0105 Pa + 13.61039.80.04 Pa = 10.5104 PaV1 = 60 Scm，其中S为玻璃管的横截面积；空气柱末状态时的压强p2 = p1 + ph2 = p0 +Hggh2 = 1.0105 Pa + 13.61039.8(0.04 + 0.20) Pa = 1.32105 Pa由玻意耳定律p1V1= p2V2可得，V = Sh，所以 .题号、解:设气泡在水底时的体积为V1、压强为：p1=p0+gh 气泡升到水面时的体积为
16、V2，则V2=3V1，压强为p2=p0。 由玻意耳定律 p1V1=p2V2，即（p0+gh）V1=p03V1 得水深解析:、气泡在水底时，泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和。气泡升到水面上时，泡内气体的压强减小为与大气压相等，因此其体积增大。由于水底与水面温度相同，泡内气体经历的是一个等温变化过程，故可用玻意耳定律计算。题号、解:据图2，设活塞下方气体原来的压强为p1，由活塞的平衡条件得 同理，加上重物G后，活塞下方的气体压强变为 气体作等温变化，根据玻意耳定律： 得 p2=2p1 G=p0S+G解析:、在分析受力时必须注意由气体压强产生的气体压力应该垂直于接触面，气体压强乘上接触
17、面积即为气体压力3-8-1063、解:根据上面的分析，画出示意图（图a、b、c）。气体所经历的三个状态的状态参量如下表所示： 由于整个过程中气体的温度不变，由玻意耳定律：p1V1=p2V2=p3V3 即7520S=（75-h）（30-h）S=（75+h）L3S 由前两式得：h2-105h+750=0 取合理解 h=7.7cm，代入得解析:、插入水银槽中按住上端后，管内封闭了一定质量气体，空气柱长L1=L-h0=20cm，压强p1=p0=75cmHg。轻轻提出水银槽直立在空气中时，有一部分水银会流出，被封闭的空气柱长度和压强都会发生变化。设管中水银柱长h，被封闭气体柱长为L2=L-h。倒转后，水
18、银柱长度仍为h不变，被封闭气体柱长度和压强又发生了变化。设被封闭气体柱长L3。 所以，管内封闭气体经历了三个状态。由于“轻轻提出”、“缓缓倒转”，意味着都可认为温度不变，因此可由玻意耳定律列式求解。 必须注意题中隐含的状态（b），如果遗漏了这一点，将无法正确求解。3-8-1064、解:先以容器A中空气为研究对象，它们等温膨胀前后的状态参量为：VA=10L，pA=10atm；VA=？，pA=4atm。 由玻意耳定律 pAVA=pAVA，得 如图1所示。 再以逸出容器A的这些空气为研究对象，它作等温变化前后的状态为：p1=pA=4atm，V1=VA-VA=15Lp1=3atm，V1=VB 同理由玻
19、意耳定律 p1V1=p1VB，得 所以容器B的容积是20L。题号、为了找出这部分空气的初态，可设想让容器A中的空气作等温膨胀，它的压强从10atm降为4atm时逸出容器A的空气便是进入B内的空气，于是即可确定初态。本题中研究对象的选取至关重要，可以有多种设想。例如，可先以后来充满容器A的气体为研究对象（见图2）假设它原来在容器A中占的体积为Vx，这部分气体等温变化前后的状态为： 变化前：压强pA=10atm、体积Vx， 变化后：压强pA=4atm 体积Vx=VA=10L。 由 pAVx=pAVx 由此可见，进入B中的气体原来在A内占的体积为VA-Vx=（10-4）L=6L。再以这部分气体为研究
20、对象，它在等温变化前后的状态为： 变化前：压强p1=10atm，体积V1=6L， 变化后：压强p2=3atm，体积V2=VB 由玻意耳定律得容器B的容积为： 决定气体状态的参量有温度、体积、压强三个物理量，为了研究这三者之间的联系，可以先保持其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，然后再综合起来。这是一个重要的研究方法，关于气体性质的研究也正是按照这个思路进行的。3-8-1065、解:作出示意图如图1所示。根据玻意耳定律，由p1V1=p1V1，p2V2=p2V2 得 所以可用天数为：解析:、【分析】这里的研究对象是瓶中的氧气。由于它原有的压强（1300N/cm2），使用后的压强（100N/c
21、m2）、工厂应用时的压强（10N/cm2）都不同，为了确定使用的天数，可把瓶中原有氧气和后来的氧气都转化为1atm，然后根据每天的耗氧量即可算出天数。 【说明】根据上面的解题思路，也可以作其他设想。如使后来留在瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成1300N/cm2的压强状态下，或使原来瓶中的氧气和工厂每天耗用的氧气都变成100N/cm2的压强状态下，统一了压强后，就可由使用前后的体积变化算出使用天数。 上面解出的结果，如果先用文字代入并注意到p1=p2=p0 ，即得 或p1V1=p2V2+np0V0 这就是说，在等温变化过程中，当把一定质量的气体分成两部分（或几部分），变化前后pV值之和保持不
22、变（图2）。这个结果，实质上就是质量守恒在等温过程中的具体体现。在气体的分装和混合等问题中很有用。 3-8-1066、解:设抽气1次后A中气体压强下降到p1，根据pAVA=p1（VA+VB） 得 第二次抽气后，压强为p2，则 同理，第三次抽气后， 抽气n次后，气体压强 代入数据得：n=10（次） 解析:、每次抽气过程中被抽气体体积都是VB，但压强是逐步减小的，只是最后一次抽气时，压强才降低至7.5cmHg。因此，必须逐次对抽气过程列出玻意耳定律公式，再利用数学归纳法进行求解。3-8-1067、解:空气柱原来的压强为p1=p0+gh 当玻璃管向上作匀加速运动时，空气柱的压强为p2，由水银柱加速度
23、运动得p2S-p0S-mg=ma p2=p0+（g+a）h 气体作等温变化p1LS=p2LS 解析:、本题是动力学和气体状态变化结合的综合题。由于牛顿第二定律公式要求使用国际单位，所以压强的单位是“Pa”。在解答此类习题时，要特别注意统一单位，高为h的水银柱的压强表达为p=gh是解题中一个要点。3-8-1068、解:（1）对于B段气体 pB1=76-6=70（cmHg） pB2=p VB1=11S(cm3) VB2=(11+3)S(cm3) 根据玻意耳定律 pB1VB1=pB2VB2 对于A段气体 pA1=76(cmHg) pA2=pB2=55(cmHg) VA1=11s(cm3) VA2=L
24、S(cm3) 根据玻意耳定律 pA1VA1=pA2VA2 对于活塞的移动距离： h=L+3-L =15.2+3-11 =7.2(cm) （2）对于活塞平衡，可知 F+pA2S=P0S F=P0S-PS 解析:、分析两部分气体是靠压强来联系 U型玻璃管要注意水银面的变化，一端若下降xcm另一端必上升xcm，两液面高度差为2xcm，由此可知，两液面相平，B液面下降h/2，A管液面上升h/2在此基础上考虑活塞移动的距离 说明U型管粗细相同时，一侧水银面下降hcm，另一侧水银面就要上升hcm，两部分液面高度差变化于2hcm，若管子粗细不同，应该从体积的变化来考虑，就用几何关系解决物理问题是常用的方法。
25、3-8-1069、解:对于空气（温度不变） 对于氧气（温度不变）做为研究对象 容器外的氧气（假设仍处于末态）的体积 解析:、 分析对于密封的一定质量空气 把原来容器中的氧气做为研究对象 容器外（放走的）氧气体积V V=(V1+V2)-(V1+V2) 在后来状态下，氧气密度相同 说明：理想气体的状态方程，是对一定量的气体而言，当它的状态发生变化时，状态参量之间的变化规律。遵守气态方程。而两部分气体时，要各自分别应用状态方程。再通过力学条件，找到这两部分气之间压强或体积的关系。 本题容器内的氧气是属于变质量问题，也可以把它假想成质量不变来处理。 气体单位体积的分子数相等，质量和体积成正比，可求得剩
26、余质量（或放出的质量）与原质量之间的比例关系。 求物体的质量可以用m=V某个状态时的密度和该状态时体积的乘积，而气态方程也可以写做密度形式 常用此式求某一状态时气体单位体积的分子数，然后再求气体的质量。3-8-1070、解:因气缸水平放置，又不计活塞的摩擦，故平衡时两气室内的压强必相等，设初态时气室内压强为p0，气室1、2的体积分别为V1和V2；在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x；最后气缸内压强为p，因温度不变，分别对气室1和2的气体运用玻意耳定律，得 气室1 p0V1=p(V1-Sd+Sx) 气室2 p0V2=p(V2-Sx) 由、两式解得 解析:、 分析气缸水平放置，不计活
27、塞与气缸壁的摩擦，平衡时，两气室的压强必相等。 两气室各密封一定量的气体，缓慢推动活塞，故温度保持不变，分别运用玻意耳定律解题。 说明气体实验定律，是研究某一定质量的气体，状态发生变化时，前、后状态参量变化的规律。切不可理解为两部分气体状态参量的关系。3-8-1071、解：设容器原装气体为研究对象，气体做等温变化。 初态 p1=2.0106Pa V1=10 L 末态 p2=1.0105Pa V2=？L由玻意耳定律 p1V1=p2V2得 L故容器里剩下的气体占原来的百分之比为：=5解析:、（先引导学生思考，理清解题思路，展示思维过程）题后话：就容器而言，里面气体质量变了，似乎是变质量问题了，但若
28、视容器中气体出而不走，就又是质量不变了（如图所示）。 3-8-1072、解：设气泡在水底时的体积为V1、压强为：p1=p0+gh气泡升到水面时的体积为V2，则V2=3V1，压强为p2=p0。由玻意耳定律 p1V1=p2V2，即（p0+gh）V1=p03V1得水深解析:、【分析】气泡在水底时，泡内气体的压强等于水面上大气压与水的静压强之和。气泡升到水面上时，泡内气体的压强减小为与大气压相等，因此其体积增大。由于水底与水面温度相同，泡内气体经历的是一个等温变化过程，故可用玻意耳定律计算。3-8-1073、0.8L3-8-1074、32.4cm3-8-1075、1kg3-8-1076、756mmHg
29、3-8-1077、断开处的压强比外界压强小，因而水银不流出。对封闭气体应用玻意耳定律可得，左侧封闭气体变为16cm。答案： 否：16cm 3-8-1078、对封闭气体应用玻意耳定律可得。答案：76.2cm3-8-1079、解：因气缸水平放置，又不计活塞的摩擦，故平衡时两气室内的压强必相等，设初态时气室内压强为p0，气室1、2的体积分别为V1和V2；在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x；最后气缸内压强为p，因温度不变，分别对气室1和2的气体运用玻意耳定律，得 气室1 p0V1=p(V1-Sd+Sx) 气室2 p0V2=p(V2-Sx) 由、两式解得 分析气缸水平放置，不计活塞与气缸壁的摩擦，平衡时，两气室的压强必相等。两气室各密封一定量的气体，缓慢推动活塞，故温度保持不变，分别运用玻意耳定律解题。 说明气体实验定律，是研究某一定质量的气体，状态发生变化时，前、后状态参量变化的规律。切不可理解为两部分气体状态参量的关系。