【精准解析】物理人教版选修3-3课时作业：8-1 气体的等温变化

庖丁巧解牛知识·巧学一、等温变化——玻意耳定律1.气体在温度不变的情况下发生的状态变化过程，叫等温过程.2.一定质量的某种气体在温度不变时，它的压强和体积成反比，也即压强和体积的乘积保持不变，其表达式为p1V1=p2V2=C(C与T成正比)常数C与温度和物质的量有关，气体的温度越高、物质的量越多，C值越大.联想发散当气体质量改变时，原则上不能用玻意耳定律.也就是说，玻意耳定律所表达的初态p1、V1和末态p2、V2必须是针对同一研究对象而言，气体只是状态变了，气体的种类、质量、温度却未变.二、气体等温变化的p-V图象玻意耳定律也可以用图线来表示，p-V图中等温线是以坐标轴为渐近线的双曲线的一支.图8-1-1所示为同一气体在两种温度下等温变化的规律.由于B线离坐标原点较远，即C 值较大，表示气体的温度较高，即t B>t A.图8-1-11.作法：以横轴表示体积，纵轴表示压强，根据实际数据取单位，定标度，描出表示气体状态的若干个点，用平滑线连接各点便得p-V图象.记忆要诀可简记为：建标、描点、连线.2.特点：（1）一定质量的气体，其等温线是双曲线，双曲线上的每一个点，均表示一定质量的气体在该温度下的一个状态，而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积都是相等的. （2）一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的.图8-1-2所示的两条等温线，分别是一定质量气体在较低温度T1和较高温度T2时的等温线，气体的温度越高，它的等温线越远离两端.图8-1-23.一定质量气体的等温变化过程，也可以用p-1/V图象来表示，如图8-1-3所示.图8-1-3等温线是通过原点的直线，由于气体的体积不能无穷大，所以靠近原点附近处应用虚线表示，该直线的斜率k=p/V1=pV ∝T ，即斜率越大，气体做等温变化的温度越高. 典题·热题知识点一 玻意耳定律例1 如图8-1-4所示，上端封闭的玻璃管内封有一部分气体，管内水银与槽内水银面高度差为h.当玻璃管缓缓竖直插入一些，问h 怎样变化？气体体积怎样变化？图8-1-4解析:假设h 不变，则管内气体的压强p=p 0-h 不变，管向下，管内体积减小，根据玻意耳定律可知管内气体压强应增大，这与假设矛盾，h 不变不可能.假设h 增大，根据p=p 0-h 可知p 减小，而管向下过程，气体体积明显减小，由玻意耳定律可知p 应增大，这与假设相悖，故h 增大不可能.综上可知，h 必减小，p 增大，V 必减小.巧解提示：极限法分析：假设把管压得较深，易知V 减小，p 增大，由p=p 0-h 可知，h 必减小.方法归纳 题中“缓慢”二字隐含了气体状态过程为等温变化，本题是利用玻意耳定律定性判断压强、体积变化的问题，常用方法是“假设法”和“极限法”.例2 上题中，若h=4 cm ，管中气柱长l 1=19 cm ，如果要使管内外水银面齐平，则应怎样移动玻璃管？要移动多少？（大气压强p 0=76 cmHg ）解析:找出气体初始状态的状态参量（p 1,V 1）和末状态对应的状态参量（p 2,V 2），然后应用玻意耳定律的表达式列方程即可.设管子横截面为S cm 2，齐平时空气柱长l 2初态：p 1=p 0-h=（76-4） cmHg=72 cmHg.V 1=l 1S=19S cm 3末态：p 2=p 0=76 cmHg,V 2=l 2S cm 3根据玻意耳定律p 1V 1=p 2V 2得：p 1l 1S=p 2l 2S ，l 2=211p l p =761972 cm=18 cm l 2<l 1，故知玻璃管应向下移动.移动长度Δl=l 1-l 2+h=（19-18+4） cm=5 cm.方法归纳 应用玻意耳定律解题时，关键是找出气体初始状态的状态参量（p 1,V 1）和末状态对应的状态参量（p 2,V 2），然后应用玻意耳定律的表达式列方程即可.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（p 1、V 1、p 2、V 2）；（3）最后根据玻意耳定律列方程求解（注意统一单位）.知识点二 p-V 图象例3 一定质量的理想气体经历一等温膨胀过程，这过程可以用p-V 图上的曲线来表示，如图8-1-5所示.图8-1-5由此可知，当气体的体积：V1=5 L，气体的压强p1=_________________Pa；V2=10 L,气体的压强p2=_________________Pa；V3=15 L，气体的压强p3=_________________Pa；解析:在p-V图中，状态参量p和V直接可从坐标轴上读出，其中p2可根据玻意耳定律求出.由图知：V1=5 L，气体的压强p1=3×105 PaV2=10 L，气体的压强p2=1.5×105 PaV3=15 L，气体的压强p3=1×105 Pa.答案：3×105 1.5×1051×105例4 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8-1-6中A 到B所示，则瓶内氧气的温度（）图8-1-6A.一直升高B.一直下降C.先升高后降低D.不变解析: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”.答案：D误区警示错解为B.错误原因是只简单地对A、B及A到B的过程进行分析后，作出各状态下的等温线，如图8-1-7，从图中可以看出t A>t1>t2>t B，从而误选B，而忽略了只有一定质量的气体才满足t A>t1>t2>t B.图8-1-7知识点三 关于玻意耳定律和力学的综合例5 一圆筒形气缸静置于地面上，如图8-1-8所示，气缸的质量为M ，活塞（连同手柄）的质量为m ，气缸内的横截面积为S ，大气压强为p 0，平衡时气缸的容积为V.现用手握住手柄缓慢向上提，设气缸足够长，在整个上提过程中气体温度保持不变，并不计气缸内气体的质量及活塞与气缸壁间的摩擦.求将气缸刚提离地面时活塞上升的距离.图8-1-8解析:选取气缸为研究对象，应用平衡条件结合玻意耳定律进行计算.设开始状态气缸内气体的压强为p 1，气缸刚要离开地面时缸内气体压强为p 2，体积为V 2，开始时，活塞受到重力mg 、大气压强的压力p 0S 和缸内气体的压力p 1S 而达到平衡，根据平衡条件得：p 1S=p 0S+mgp 1=p 0+mg/S当气缸刚要离开地面时，气缸体受到重力Mg 、外面大气压力p 0S 和缸内气体压强的压力p 2S 作用而平衡则p 2S+Mg=p 0Sp 2=p 0-Mg/S由于初、末状态的变化过程中，缸内气体的质量和温度都保持不变，遵守玻意耳定律，根据玻意耳定律有：p 1V=p 2V 2即（p 0+mg/S ）V=(p 0-Mg/S)V 2V 2=MgS p mg S p -+00V 活塞上升的距离为：L=S V V 2-=S Mg S p g m M )()(0-+. 方法归纳 这是一道力学和热学综合题，先对封闭气体的可动固体进行受力分析，找出气体初、末状态的压强；然后再用热学方法进行解答.对于力热综合问题其联系点在于压强——描述气体力的相反的物理量.例6 长为100 cm 的内径均匀的细玻璃管，一端封闭，一端开口，当开口竖直向上时，用20 cm 水银柱封住49 cm 长的空气柱，如图8-1-9所示.当开口竖直向下时（设当时大气压强为76 cmHg ），管内被封闭的空气柱长为多少？图8-1-9解析:取被封闭的玻璃管中的气柱为对象，在转动中可认为气柱的质量和温度不变，由玻意耳定律求解.初状态：p1=(76+20) cmHg,V1=49S cm3.末状态时设管口向下无水银溢出：p2=(76-20) cmHg,V2=lS.根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2，解得：l=84 cm.因(84+20) cm=104 cm>100 cm(管长)，这说明水银将要溢出一部分，原结果不合理，故必须重新设计.设末状态管内水银柱长为x cm,则：p2=(76-x) cmHg,V2=(100-x)S.根据玻意耳定律有：p1V1=p2V2，得：（76+20）×49S=（76-x）(100-x)S，即x2+176x+2 896=0，解得：x=18.4 cm，x′=157.6 cm(舍去)所求空气柱长度为：100-x=81.6 cm.深化升华（1）解题一定要注意答案的合理性，不能盲目地套用公式不加分析讨论.如本题求出空气柱长84 cm，就草草作答，必然导致结论错误.（2）当一个物理过程出现相反方向变化时，要注意挖掘可能存在的临界条件，而不能简单地抓住始、末状态进行比较.问题·探究思维发散探究问题如何确定气体的压强？探究思路：（1）例如：四根粗细均匀的玻璃管a、b、c、d一端封闭，管内各用长为h的水银柱封闭一定质量的气体，其中a、b管静止，b管与水平面的夹角为θ，c管做自由落体运动，d管以加速度a竖直向上做匀加速运动，如图8-1-10所示.设外界大气压强为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g，根据它们的运动状态，并对水银柱进行受力分析，不难确定a、b、c、d四个玻璃管内封闭气体的压强分别为：p a=p0+ρgh，p b=p0-ρghsinθ，p c=p0，p d=p0+ρh(g+a).图8-1-10（2）如图8-1-11所示，封闭一定质量理想气体的气缸挂在天花板上，绳子拉力为F，气缸质量为M，内截面为S，活塞质量为m，活塞与缸体间摩擦不计，外界大气压为p0,则气缸内的气体压强可通过对活塞或气缸进行受力分析（如图8-1-12甲和乙）并据力的平衡求得：图8-1-11 图8-1-12由甲得：F+pS=p0S+Mgp=p0-(F-Mg)/S由乙得：pS+mg=p0Sp=p0-mg/S两种表达式均是正确的.（3）U形管内被封闭气体的压强，根据连通器原理，U形管内同种液体同一深度压强相等，选取合适的较低液片（一般取气体与液体交界或与交界处等高的液片）进行分析，列式解得所求压强.例如图8-1-13中，U形管内均用水银柱封住一定质量的气体，若大气压强为p0，水银密度为ρ，重力加速度为g，则a、b、c三个U形管内被封气体的压强分别为：p a=p0+ρgh，p b=p0+ρgh，p c=p0-ρgh.图8-1-13探究结论：方法一:对于密封在某个容器内的气体来说，各部分的压强是处处相等的，如果是在大气中，要根据地球表面大气压强的情况考虑气体的压强数值，通常都取大气压强为“标准大气压（用atm表示）.”1 atm=1.013×105 Pa，近似计算时可认为1 atm=1.0×105 Pa，这时气体中各点的压强也是处处相等的，只有极少的情况下会考虑到由于离地面高度的增加而导致的气体压强减小（每升高12 m降低1 mmHg,1 mmHg=133.322 Pa≈133 Pa）.方法二:对于被液体封闭在某个容器中的气体来说，气体的压强要通过与液体交界面处某点液体的压强来确定，这时要注意考虑液体本身由于重力而产生的压强p=ρgh及液体传递的压强（帕斯卡原理）.方法三:对于被活塞封闭在容器中的气体来说，一般要取活塞为研究对象，进行受力分析，而把气体压强对活塞的压力作为所受外力中的一个，通过计算确定出气体的压强.方法四:对于处在加速运动的容器中的气体，无论是被活塞还是液柱密封，都要把活塞或液柱作为研究对象，进行受力分析，把气体压强对活塞或液柱的压力作为所受外力中的一个，利用牛顿运动定律通过计算确定出气体的压强.。

课后训练1．(2011·嘉定高二检测)描述气体状态的参量是指()。

A．质量、温度、密度B．温度、体积、压强C．质量、压强、温度D．密度、压强、温度2．如图中，p表示压强，V表示体积，T为热力学温度，则各图中正确描述一定质量的气体发生等温变化的是()。

3．各种卡通形状的氢气球，受到孩子们的喜欢，特别是年幼的小孩，小孩一不小心松手，氢气球就会飞向天空，上升到一定高度会胀破，是因为()。

A．球内氢气温度升高B．球内氢气压强增大C．球外空气压强减小D．以上说法均不正确4．(2011·大连高二检测)一端封闭的玻璃管倒插入水银槽中，管竖直放置时，管内水银面比管外高h，上端空气柱长为l，如图所示，已知大气压强为H cmHg，下列说法正确的是()。

A．此时封闭气体的压强是(l＋h) cmHg B．此时封闭气体的压强是(H－h) cmHg C．此时封闭气体的压强是(H＋h) cmHg D．此时封闭气体的压强是(H－l) cmHg 5．如图所示为一定质量的某种气体在p-V图中的等温线，A、B是等温线上的两点，△OAD和△OBC的面积分别为S1和S2，则()。

A．S1>S2 B．S1＝S2 C．S1<S2 D．无法比较6．如图所示，汽缸内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，当外界大气压变化时，不发生改变的是()。

A．密封气体压强B．密封气体体积C．弹簧的弹力D．汽缸底部离地面的高度7．氧气瓶在储存过程中，由于密封不严，氧气缓慢泄漏，其瓶内氧气的压强和体积变化如图所示(设环境温度不变)中A到B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8.用注射器做“验证玻意耳定律”的实验，如图所示。

(1)若测得注射器的全部刻度长为l ，由________直接读出其容积为V ，由________测得注射器的活塞和框架的总质量为m 1，由______读出大气压强为p 0。

第1节气体的等温变化[随堂检测]1.如图所示，两端开口的U形管，左侧直管中有一部分空气被一段水银柱与外界隔开，若在左管中再缓慢注入一些水银，平衡后则()A．两侧水银面A、B高度差h变大B．两侧水银面A、B高度差h不变C．左侧封闭气柱体积不变D．左侧封闭气柱体积变大解析：选A．若在左管中再缓慢注入一些水银，气体的压强变大，温度不变，体积变小，所以两侧水银面A、B高度差h变大，故A正确，B、C、D错误．2．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．3．用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积V＝3 L，原来压强p＝1.5 atm.现要使轮胎内压强变为p′＝4 atm，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．5 B．10C．15 D．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1．5 atm×3 L＋n×1 atm×0.5 L＝4 atm×3 L，解得n＝15.4．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1 L ．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0.45 L ．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V 1，由玻意耳定律知p 0V 0＝p 1V 1，代入数据得V 1＝0.5 L ，因为0.45 L<0.5 L ，说明包装袋漏气． 答案：见解析[课时作业]一、单项选择题1．一个气泡由湖面下20 m 深处上升到湖面下10 m 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解析：选C ．外界大气压相当于10 m 水柱产生的压强，对气泡p 1＝3p 0，p 2＝2p 0，由p 1V 1＝p 2V 2知V 2＝1.5V 1，故C 项正确．2．一定质量的理想气体，压强为3 atm ，保持温度不变，当压强减小2 atm 时，体积变化4 L ，则该气体原来的体积为( )A ．43 LB ．2 LC ．83LD ．8 L解析：选B ．设气体原来的体积为V 1，压强为p 1，后来的体积为V 2，则V 2＝V 1＋4，后来的压强为p 2，由玻意耳定律p 1V 1＝p 2V 2，且p 1＝3 atm ，p 2＝1 atm ，得V 1＝2 L ，B 项正确．3．容积V ＝20 L 的钢瓶充满氧气后，压强p ＝30 atm ，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V ′＝5 L 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 ′＝2 atm.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 ＝(p －p ′)V p ′V ′＝(30－2)×202×5＝56瓶．故C 正确．4．如图所示，一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体，保持温度不变，把管子以封闭端为圆心，从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中，可用来说明气体状态变化的p －V 图象是( )解析：选C ．水平方向上有：p 1＝p 0，竖直方向上有：p 2＝p 0＋ρgh ，开口向上的竖直位置逆时针缓慢X 到水平位置的过程中，气体的压强减小，体积增大．故C 正确．5.如图所示，A 、B 是一定质量的理想气体在两条等温线上的两个状态点，这两点与坐标原点O 和对应坐标轴上的V A 、V B 坐标所围成的三角形面积分别为S A 、S B ，对应温度分别为T A 和T B ，则( )A ．S A ＞SB ，T A ＞T B B ．S A ＝S B ，T A ＜T BC ．S A ＜S B ，T A ＜T BD ．S A ＞S B ，T A ＜T B解析：选C ．根据等温线特征可知T A ＜T B ，由于面积S A 、S B 反映的就是公式pV ＝C 中的常数，而A 状态的常数比B 状态的常数小，所以S A ＜S B ，即C 正确．6．某自行车轮胎的容积为V ，里面已有压强为p 0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到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p 0、体积为多少的空气( )A ．p 0p VB ．pp 0VC ．⎝⎛⎭⎫p p 0－1VD ．⎝⎛⎭⎫p p 0＋1V解析：选C ．取充入气体后的轮胎内的气体为研究对象，设充入气体体积为V ′，则 初态p 1＝p 0，V 1＝V ＋V ′；末态p 2＝p ，V 2＝V 由玻意耳定律可得：p 0(V ＋V ′)＝pV 解得：V ′＝⎝⎛⎭⎫p p 0－1V ，故选项C 正确．二、多项选择题7．关于“探究气体等温变化的规律”实验，下列说法正确的是( ) A ．实验过程中应保持被封闭气体的质量和温度不发生变化B ．实验中为找到体积与压强的关系，一定要测量空气柱的横截面积C ．为了减小实验误差，可以在柱塞上涂润滑油，以减小摩擦D ．处理数据时采用p －1V 图象，是因为p －1V图象比p －V 图象更直观解析：选AD ．本实验探究采用的方法是控制变量法，所以要保持气体的质量和温度不变，A正确；由于注射器是圆柱形的，横截面积不变，所以只需测出空气柱的长度即可，B错误；涂润滑油的主要目的是防止漏气，使被封闭气体的质量不发生变化，不仅是为了减小摩擦，C错误；当p与V成反比时，p－1V图象是一条过原点的直线，而p－V图象是双曲线，所以p－1V图象更直观，D正确．8．一定质量的气体，在等温变化过程中，下列物理量发生变化的是()A．分子的平均速率B．单位体积内的分子数C．气体的压强D．分子总数解析：选BC．一定质量的气体，温度不变，因此分子的总数及平均速率都是不变的，但压强与体积要发生变化则单位体积的分子数发生变化，故选B、C．9.如图所示，一根一端封闭的玻璃管开口向下插入水银槽中，管中封闭一定质量的气体，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解析：选AD．法一：极限分析法，设想把管压下很深，则易知V减小，p增大，因为p ＝p0＋p h，所以h增大，即A、D选项正确．法二：假设法．将玻璃管向下插入过程中，假设管内气体体积不变，则h增大，p＝p0＋p h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＋p h增大，所以h也增大，即A、D选项正确．10.如图所示，是某气体状态变化的p－V图象，则下列说法正确的是()A．气体做的是等温变化B．从A到B气体的压强一直减小C．从A到B气体的体积一直增大D．气体的三个状态参量一直都在变解析：选BCD．一定质量的气体的等温过程的p－V图象即等温曲线是双曲线，显然图中所示AB图线不是等温线，AB过程不是等温变化，A选项不正确；从AB图线可知气体从A状态变为B 状态的过程中，压强p 在逐渐减小，体积V 在不断增大，则B 、C 选项正确；又因为该过程不是等温过程，所以气体的三个状态参量一直都在变化，D 选项正确．三、非选择题11.一汽缸开口向上固定在水平面上，汽缸内部空间的高度L ＝1 m ．汽缸中有横截面积S ＝100 cm 2、质量m ＝10 kg 的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞静止时内部气柱长度为L 1＝0.4 m ．已知大气压强为p 0＝1×105 Pa ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，活塞与汽缸壁间的摩擦可忽略不计，活塞不漏气．现用力缓慢向上拉活塞，气体温度保持不变，当活塞即将脱离汽缸时，竖直向上的拉力F 多大？解析：未加拉力时，活塞受力平衡有 p 0S ＋mg ＝p 1S刚好将活塞拉出时气柱长为L ，气体压强为p 2，根据活塞受力平衡有p 0S ＋mg ＝F ＋p 2S 根据玻意耳定律有p 1SL 1＝p 2SL 解得：F ＝660 N. 答案：660 N12.如图，一带有活塞的汽缸通过底部的水平细管与一个上端开口的竖直管相连，汽缸与竖直管的横截面面积之比为3∶1，初始时，该装置的底部盛有水银；活塞与水银面之间有一定量的气体，气柱高度为l (以cm 为单位)；竖直管内的水银面比汽缸内的水银面高出3l8.现使活塞缓慢向上移动11l32，这时汽缸和竖直管内的水银面位于同一水平面上，求初始时汽缸内气体的压强(以cmHg 为单位)．解析：设S 为汽缸的横截面积，p 为活塞处于初始位置时汽缸内气体的压强，p 0为大气压强，有p ＝p 0＋38l①在活塞上移1132l 后，汽缸内气体的压强变为p 0，设气体的体积为V ′，由玻意耳定律得p 0V ′＝pSl② 设汽缸内水银面上升Δx ，有Δx ＝38l －3Δx③V ′＝⎝⎛⎭⎫l ＋1132l －Δx S ④ 联立以上各式，解得p ＝158l (cmHg)．⑤答案：见解析。

猜想：
温度不变时，气体的压强和体积之间有什 么关系？
二、等温变化（ m不变；T不变）
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。
猜想：
温度不变时，气体的压强和体积之间有什 么关系？
三、实验探究
三、实验探究
我们的研究对象是什么? 实验需要测量的物理量?
怎样保证实验过程温度不变?
p/105 Pa
3
2
1
0
1
2
3
4
V
次
数1
23
4
5
压强（×105Pa)
3.0 2.5 2.0 1.5 1.0
体积(L)
1.3 1.6 2.0 2.7 4.0
p/105 Pa
1/体积
0.77 0.63 0.50 0.37 0.25
3
实 验2
1
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1/V
次
数1
23
4
5
压强（×105Pa)
压强（p，力学性质）、
控 制
体积（V，几何性质）、 变
温度（T，热学性质）
量 法
描述气体的三个状态参量
二、等温变化（ m不变；T不变）
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。
温度不变时，气体的压强和体积之间有什 么关系？
二、等温变化（ m不变；T不变）
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。
一 问题的引入
问题2 有什么简便的方法将瘪了的 乒乓球恢复原状？这样做的原因？
一 问题的引入
问题2 有什么简便的方法将瘪了的 乒乓球恢复原状？这样做的原因？