素养提升课一 气体实验定律的综合应用-【金版新学案】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

素养提升课一　气体实验定律的综合应用 【素养目标】　1.会处理理想气体状态变化的图像问题。2.会处理液柱移动类问题。3.会处理关联气体问题。4.会处理气体的“变质量”问题。 提升点一　理想气体状态变化的图像问题 理想气体状态变化的三类图像的比较(一定质量的某种气体) 名称 图像 特点 其他图像 等 温线 p -V pV＝CT(C为常量)，即p、V之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p - p＝CT·，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高 等压线 V- T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小 V- t V与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 K，0)，斜率越大，对应的压强越小 等容线 p -T p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小 p -t p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 K，0)，斜率越大，对应的体积越小 使一定质量的理想气体按图甲中箭头所示的顺序变化，图甲中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分。 (1)已知气体在状态A的温度TA＝300 K，求气体在状态B、C和D的温度； (2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点，并且要画箭头表示变化的方向)。说明每段图线各表示什么过程。 答案：(1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析 解析：从题图甲中可以直观地看出，气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA＝4 atm，pB＝4 atm，pC＝2 atm，pD＝2 atm，VA＝10 L，VC＝40 L，VD＝20 L。 (1)根据理想气体状态方程得＝＝ 可得TC＝·TA＝×300 K＝600 K TD＝·TA＝×300 K＝300 K 由题意知从B到C是等温变化，所以TB＝TC＝600 K。 (2)由状态B到状态C为等温变化，由玻意耳定律有pBVB＝pCVC 可得VB＝＝ L＝20 L V-T图像如图所示，AB是等压膨胀过程，BC是等温膨胀过程，CD是等压压缩过程。 处理气体的状态变化图像问题的一般方法 处理气体状态变化的图像问题时常采用化“一般”为“特殊”的方法，即把一般的状态变化图像问题转换为三类特殊状态变化图像(等温线、等压线、等容线)问题，再结合具体问题分析。例如：如图是一定质量的某种气体的状态变化过程A→B→C→A。 学生用书第50页 在V-T图像上，等压线是一簇延长线过原点的倾斜直线，过A、B、C三点作三条等压线分别表示三个等压过程，根据等压线的特点可知pA′＜pB′＜pC′，即pA＜pB＜pC，所以可得： (1)A→B温度降低，体积减小，压强增大； (2)B→C温度升高，体积减小，压强增大； (3)C→A温度降低，体积增大，压强减小。　　 针对练1.(2024·河北张家口市高二期中)一定质量的理想气体经过一系列过程，如图所示。下列说法中正确的是(　　) A．a→b过程中，气体体积增大，压强减小 B．b→c过程中，气体压强不变，体积增大 C．c→a过程中，气体压强增大，体积变小 D．c→a过程中，气体内能增大，体积变小 答案：A 解析：a→b过程中，气体温度不变，压强减小，根据＝C可知体积增大，故A正确；b→c过程中，气体压强不变，温度降低，根据＝C可知体积减小，故B错误；c→a过程中，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，因p -T图线是过原点的直线，故气体的体积不变，故C、D错误。故选A。 针对练2.(多选)一定质量的理想气体的状态由A→B→C→A变化过程的p -V图像如图所示，其中A→B是等温变化，若将上述变化过程改用p -T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是(　　) 答案：BD 解析：A到B是等温变化，气体体积变大，压强p变小；B到C是等容变化，在p -T图像中为过原点的一条倾斜的直线；C到A是等压变化，气体体积减小，根据盖-吕萨克定律可知温度降低，故A错误，B正确；A到B是等温变化，气体体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律可知温度升高；C到A是等压变化，气体体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。 提升点二　液柱移动类问题 1.问题示例：以如图所示的装置为例。两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内有一段长为h的水银柱，将管内气体分为两部分。若使两部分气体同时升高相同的温度，管内水银柱将如何移动？(设原来温度相同) 2．问题特点：气体的压强、体积及温度同时发生变化，直接判定液柱移动方向比较困难。 3．常用方法： (1)假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部分气体有＝，则压强变化量Δp2＝p2′－p2＝p2；同理，下部分气体压强变化量Δp1＝p1，由于开始时p1＝p2＋h，则有p1＞p2，故Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。 (2)极限法：由于玻璃管上部分气柱压强p2较下部分气柱压强p1小，设想p2→0，即玻璃管上部分认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。 (3)图像法：判断液柱移动还可用p -T图像法，在同一p -T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1＞p2，可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，水银柱上移。 如图1所示，容器A和B内分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气的温度为20 ℃时，水银柱保持静止。 学生用书第51页 判断下列情况下，水银柱将怎样移动： (1)两种气体均升温20 ℃； (2)氢气升温10 ℃，氧气升温20 ℃； (3)若初状态如图2所示且气体初温相同，两种气体均降温10 ℃。 答案：(1)向容器B一侧移动　(2)向容器A一侧移动　(3)向容器A一侧(向下)移动 解析：假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，由查理定律得＝，即Δp＝p 题图1所示情境中，氢气和氧气的初压相同，设为p0。题图2所示情境中，两气体初温相同，设为T。 (1)法一(假设法)：当温度变化时，先假设水银柱不动，则有ΔpA＝p0＞0，ΔpB＝p0＞0，因为ΔpA＞ΔpB，所以水银柱向容器B一侧移动。 法二(图像法)：在p -T坐标系中分别作出H2、O2的等容线，如图所示。因初始状态时A、B中气体的压强相等，而TB＞TA，所以H2的等容线斜率较大。当增加相同温度时，从图像中能直观地看出ΔpA＞ΔpB，故水银柱将向容器B一侧移动。 (2)ΔpA′＝p0＞0，ΔpB′＝p0＞0，因为ΔpA′＜ΔpB′，所以水银柱向容器A一侧移动。 (3)由题知ΔT＝10 K，ΔpA″＝－pA＜0，ΔpB″＝－pB＜0，因为pA＞pB，所以|ΔpA″|＞|ΔpB″|，即水银柱向容器A一侧(向下)移动。 针对练．如图所示，两根粗细相同、两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　) A．均向上移动，B中水银柱移动较多 B．均向上移动，A中水银柱移动较多 C．均向下移动，B中水银柱移动较多 D．均向上移动，两管中水银柱移动情况相同 答案：B 解析：管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力而产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据盖-吕萨克定律可知＝，整理得ΔV＝·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度升高ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB，即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多，故选B。 提升点三　关联气体问题 1．问题特点 两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积的关联。 2．解题思路 (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，选择合适的气体实验定律并列出方程。 (2)认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程。 (3)多个方程联立求解。 如图所示，一固定气缸中由两活塞封闭一定质量的理想气体，分别为A、B两部分，初始时，A的体积为V、B的体积为2V，压强均等于大气压强p0，热力学温度均为T0。现向右缓慢推动活塞1，使B的体积减小到V，该过程中气体A、B的温度始终不变，不计一切摩擦。 (1)求此时A的体积； (2)固定活塞1，缓慢加热气体A并保持气体B的温度不变，使气体B的体积变为，求此时气体A的热力学温度。 答案：(1)　(2)4T0 解析：(1)对气体B，根据玻意耳定律有p0·2V＝pBV，解得pB＝2p0 同理，对气体A有p0V＝pAVA 其中pA＝pB，解得VA＝。 (2)对气体B，根据玻意耳定律有pBV＝pB′· 解得pB′＝4p0 对气体A，根据理想气体状态方程有＝，其中pA′＝pB′，VA′＝V，解得T＝4T0。 针对练1.(2024·吉林松原市第二高级中学质检)研究表明，某病毒耐寒不耐热，温度在超过56 ℃时，30分钟就可以灭活。如图所示，含有该病毒的气体被轻质绝热活塞封 学生用书第52页 闭在粗细均匀的绝热气缸下部a内，气缸顶端有一绝热阀门K，气缸底部接有电热丝E，气缸的总高度h＝90 cm。a中被封闭气体初始温度t1＝27 ℃，活塞与底部的距离h1＝60 cm，活塞和气缸间的摩擦不计。若阀门K始终打开，电热丝通电一段时间，稳定后活塞与底部的距离h2＝66 cm，T＝t＋273 K，关于上述变化过程，下列说法正确的是(　　) A．b中逸出的气体占原b中气体的 B．a中的气体吸收热量，压强增大 C．稳定后，a中的气体温度为50 ℃ D．稳定后，保持该温度不变再持续30分钟，a中该病毒能够被灭活 答案：D 解析：由题意可知，原b的高度h1′＝h－h1＝30 cm，当a稳定后活塞与底部的距离h2＝66 cm，此时b的高度h2′＝h－h2＝24 cm，设S为活塞的面积，那么b中逸出的气体占原b中气体的＝，故A错误；由于K始终打开，a中气体的压强不变，可得＝，解得t2＝57 ℃＞56 ℃，a中该病毒能够被灭活，B、C错误，D正确。故选D。 针对练2.如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。 (1)求初始时理想气体B的压强； (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。 答案：(1)70 cmHg　(2)500 K 解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。 (2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm 以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得 p0(L1＋L2)S＝pA′L3S 以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝ 左、右两侧液面相平时pA′＝pB′ 联立解得T′＝500 K。 提升点四　 气体的“变质量”问题 角度一 充气(打气)问题 用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积始终为V＝3 L，轮胎内原来的压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内的压强变为p′＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(　　) A．10　　　　　　　　 B．15 C．20 D．25 答案：B 解析：设打气筒每次打入p0＝1 atm、ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV′，由玻意耳定律得p0ΔV＝pΔV′，设打气次数为n，则有p(V＋nΔV′)＝p′V，联立解得n＝15，故选B。 1．处理充气(打气)问题的思路 向球、轮胎、钢瓶等封闭容器中充气是气体“变质量”问题。只要选择容器内原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中气体的变质量问题转化为定质量问题。 2．两个推论 (1)理想气体状态方程的分态式 ①把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…pn、Vn、Tn的几部分理想气体(同种)进行混合，混合后的压强、体积、温度为p、V、T，则有＋＋…＋＝。 ②如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为(p1、V1、T1)，(p2、V2、T2)，…，(pn、Vn、Tn)，则有＝＋＋…＋。 (2)玻意耳定律的分态式 ①把温度相同的压强、体积分别为p1、V1，p2、V2，…pn、Vn的几部分理想气体(同种)进行混合，混合后的压强、体积为p、V，则有p1V1＋p2V2＋…＋pnVn＝pV。 ②如果一部分气体(p、V、T)，保持温度不变，被分成了状态分别为(p1、V1)，(p2、V2)，…，(pn、Vn)的几部分，则有pV＝p1V1＋p2V2＋…＋pnVn。　　 学生用书第53页 角度二　抽气问题 (多选)如图所示，用活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变，每次抽出气体的体积均为。则(　　) A．连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B．第一次抽气后容器内压强为p0 C．第一次抽气后容器内压强为p0 D．连续抽3次后容器内压强为p0 答案：CD 解析：容器内气体初始状态参量为p0和V0，第一次抽气后，由玻意耳定律得p0V0＝p1，解得p1＝p0，故C正确，B错误；同理第二次抽气后，由玻意耳定律得p1V0＝p2，第三次抽气后p2V0＝p3，解得p3＝p0＝p0，可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。 处理抽气问题的思路 从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，属于变质量问题。分析时，如果将每次抽气过程中抽出的气体和容器内剩余的气体作为研究对象，就可把抽气过程中气体的变质量问题转化为定质量问题。　　 角度三　灌气(气体的分装)问题 玉龙雪山位于云南省丽江市，备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。求： (1)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？ (2)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？ 答案：(1)55　(2) 解析：(1)设能分装n个氧气瓶，以容器内开始的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0) 代入数据解得n＝55。 (2)第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p0V0＝p1(V＋V0) 解得p1＝ 第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得 p1V0＝p2(V＋V0) 解得p2＝p0 同理，第3个氧气瓶充满气体后，压强p3＝p0 由此可推出第10个氧气瓶充满气体后，压强p10＝p0 则＝＝。 处理灌气(气体的分装)问题的思路 将一个大容器内的气体分装到多个小容器中的问题，也是一个变质量问题。分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看成整体来作为研究对象，将变质量问题转化为定质量问题。　　 角度四　漏气问题 (2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。 (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； (2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa。 答案：(1)3.1×103 Pa　(2) 解析：(1)以夹层中空气为研究对象 初态时p1＝3.0×103 Pa，T1＝300 K 末态时T2＝310 K，设末态压强为p2 由查理定律有＝ 解得p2＝3.1×103 Pa。 (2)以夹层内气压达到p0＝1.0×105 Pa时的空气为研究对象，此时空气体积为夹层的容积V0，假设当其压强减小到p1＝3.0×103 Pa时的体积为V1 由玻意耳定律有p1V1＝p0V0 解得＝＝＝ 故增加的空气质量与原有空气质量的比值为＝＝。 处理容器漏气问题的思路 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使变质量问题转化为定质量问题。　　 学生用书第54页 1．如图所示，水银血压计由气囊、袖带橡皮囊和检压计(由示值管、水银、水银壶组成)三部分组成，袖带橡皮囊分别与气囊和检压计的水银壶相连。示值管是很细的玻璃管，与大气相连。初始时，示值管刻度线与水银壶内水银液面相平，反复挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充气。每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入40 mL压强为750 mmHg的气体，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，当内部气体体积小于最大容积时，其内部气体压强等于大气压强。水银壶容积不变，水银上方气体体积为80 mL，连接管内气体体积不计。开始充气前，袖带橡皮囊是瘪的，内部残留气体为50 mL。大气压强恒为750 mmHg，充气过程温度保持不变，忽略水银表面张力的影响。要使示值管内水银液面开始上升，至少充气(　　 ) A．三次　　　　　　　　 B．四次 C．五次 D．六次 答案：B 解析：当袖带橡皮囊内气体达到最大体积时，便可压动水银液面上升，达到最大体积前压强不变，由题意可知，袖带橡皮囊最大容积为200 mL，内部残留气体为50 mL，由于每次挤压气囊可向袖带橡皮囊和水银壶内充入气体40 mL，因此充气次数为n＝＝3.75，因此第4次充气时，示值管内水银液面开始上升，故A、C、D错误，B正确。 2.(多选)如图所示，用活塞把一定质量的理想气体封闭在固定的导热气缸中，用水平外力F作用于活塞杆，使活塞缓慢向右移动，气体由状态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，下列选项图中可以表示此过程的是(　　) 答案：AD 解析：由题意知，气体由状态①到状态②的过程中，温度不变，体积增大，根据＝C可知压强将减小。对题图A进行分析，p -V图像是双曲线的一支，即等温线，且由状态①到状态②，气体体积增大，压强减小，故A项正确；对题图B进行分析，p -V图像是直线，气体温度会发生变化，故B项错误；对题图C进行分析，可知气体温度不变，但体积减小，故C项错误；对题图D进行分析，可知气体温度不变，压强减小，故体积增大，故D项正确。 3.两个容积不变的容器A、B用截面均匀的水平玻璃管相通，如图所示，A、B中所装气体温度都为100 ℃，水银柱在管中央平衡，如果两边温度同时都升高 50 ℃，T＝t＋273 K，则水银将(　　) A．向左移动 B．向右移动 C．不动 D．无法确定 答案：C 解析：A、B中所装气体温度为373 K，当温度升高ΔT时，容器A的压强由p1增至p1′，则Δp1＝p1′－p1，容器B的压强由p2增至p2′，则Δp2＝p2′－p2，由查理定律得Δp1＝ΔT，Δp2＝ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1＝Δp2，即水银柱不动，故C正确，A、B、D错误。 4.如图所示，光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降温到27 ℃，T＝t＋273 K，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．3∶4 D．2∶1 答案：B 解析：对A部分气体有＝，对B部分气体有＝，因为pA＝pB，pA′＝pB′，TA＝TB，联立解得＝，所以＝＝＝，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $$