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（粤教版2019）

素养提升课一　气体实验定律的综合应用 【素养目标】　1.会利用图像对气体状态变化及规律进行分析，并应用于解决气体状态变化问题。　2.会巧妙地选择研究对象，把变质量的气体问题变为定质量的气体问题。　3.会利用气体实验定律分析多气室问题和气体变化的多过程问题。 提升点一　理想气体的图像问题 一定质量的理想气体不同状态变化图像的比较 名称 图像 特点 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 容 线 p ­T p＝cT·，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(－273.15，0)，斜率越大，对应的体积越小 等 压 线 V­T V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小 V ­t V与t为线性关系，但不成正比，图线延长线均过点(－273.15，0)，斜率越大，对应的压强越小 (2023·广东深圳高二月考)一定质量的理想气体体积V与热力学温度T的关系图像如图所示，气体在状态A时的压强pA＝p0，温度TA＝T0，线段AB与V轴平行，BC的延长线过原点。求： (1)气体在状态B时的压强pB； (2)气体在状态C时的压强pC和温度TC。 答案：(1)　(2)　T0 解析：(1)A到B是等温变化，根据玻意耳定律有pAVA＝pBVB 解得pB＝。 (2)由B到C是等压变化，可得pC＝pB＝，再根据盖­吕萨克定律有＝，解得TC＝T0。 变式拓展．(多选)如图所示，一定质量理想气体的状态沿1→2→3→1的顺序循环变化。若用V­T或p­V图像表示这一循环，可能正确的是(　　) 答案：AD 解析：由题图可知，1到2状态是等容变化，p与T均增大；2到3状态是等压变化，p不变，T降低，根据盖­吕萨克定律有＝，又T2>T3，可知V2>V3；3到1状态是等温变化，压强p减小，温度T不变，根据玻意耳定律有p3V3＝p1V1，又p3>p1，可知V3<V1，故选A、D。 1．理想气体状态变化的过程，可以用不同的图像描述。已知某个图像，可以根据这一图像转换成另一图像，如由p­V图像转换成p­T图像或V­T图像。 2．在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p­V图像中重点比较气体的温度，p­T图像中重点比较气体的体积，V­T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化，图像转换问题就会迎刃而解。　　 学生用书↓第32页 提升点二　变质量问题 气体的“变质量”问题的四种情形 1．充气问题：向球、轮胎等封闭容器中充气是一个典型的“变质量”问题。只要选择容器内原有气体和即将打入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。 2．抽气问题：从容器内抽气的过程中，容器内的气体质量不断减小，这属于变质量问题。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，可把抽气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量问题。 3．灌气问题：将一个大容器内的气体分装到多个小容器中的问题，也是一个典型的变质量问题。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，可将变质量问题转化为定质量问题。 4．漏气问题：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，不能用相关方程求解。如果选漏出的气体和容器内剩余气体为研究对象，便可使变质量问题变成定质量问题，再用相关方程求解即可。 某品牌汽车前轮胎，厂家建议的标准胎压为2.4 bar(1.0 bar＝100 kPa)。某人购买该品牌汽车时，汽车胎压监测系统在仪表盘上显示左前轮胎压及温度如图甲所示。车辆使用一段时间后保养汽车时，发现仪表盘上显示左前轮胎压及温度如图乙所示。车胎内气体可看作理想气体，车胎内体积可视为不变，T＝t＋273。 (1)保养时，左前轮胎是否有漏气？ (2)若要使左前轮车胎在保养时胎压恢复到厂家建议的标准胎压2.4 bar，需要充入一定量的同种气体，充气过程中车胎内温度视为不变，求充入气体质量和车胎内原有气体质量之比。 答案：(1)是　(2) 解析：(1)车胎内体积可视为不变，由查理定律得＝ 代入数据可得＝ 解得p2＝2.24 bar≠2.1 bar 故左前轮胎有漏气的情况。 (2)设轮胎体积为V，充气过程可理解为，压强为p3＝2.1 bar、体积为V3的气体，一次性压缩为p＝2.4 bar、体积为V的气体，且过程中温度不变 根据玻意耳定律有p3V3＝pV 解得V3＝ 代入数据可得V3＝V 故可得＝＝＝。 变质量问题的分析思路及推论 1．处理变质量问题的思路：分析气体变质量问题时，可以通过巧妙地选择研究对象，使这类问题转化为定质量问题，用相关规律求解。 2．两个推论 (1)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)气体密度与状态参量的关系：将V＝代入理想气体状态方程即可得＝。　　 针对练．一个容积为400 L的医用氧气罐，内部气体可视为理想气体，压强为15 MPa，为了使用方便，用一批相同规格的小型氧气瓶(瓶内视为真空)进行分装，发现恰好能装满40个小氧气瓶，分装完成后原医用氧气罐及每个小氧气瓶内气体的压强均为3 MPa，不考虑分装过程中温度的变化，则每个小氧气瓶的容积为(　　) A．20 L B．40 L C．50 L D．60 L 答案：B 解析：以原先氧气罐内的气体为研究对象，在分装过程中，气体做等温变化，则初态p1＝15 MPa，V1＝400 L，末态p2＝3 MPa，V2待求，根据玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，解得V2＝2 000 L，每个小氧气瓶的容积V0＝＝ L＝40 L，故A、C、D错误，B正确。 学生用书↓第33页 提升点三　气体实验定律的综合应用 1．气体状态的变化一般分为等温、等压、等容，其中等压变化和等温变化有时并不是那么明显，而是隐藏在题目中，需要我们挖掘题意，根据相关的描述进行判断。比如“缓慢移动”往往对应等压过程，但若是在大小不明的外力作用下缓慢移动，就不一定是等压过程，也有可能是等温过程；再比如外界温度不变时，“导热性能良好”往往对应等温过程。 2．一般解题思路 (1)确定研究对象，并判断是等温变化、等压变化还是等容变化。 (2)确定始、末状态及状态参量(p、V、T)。 (3)根据气体实验定律列方程求解。 角度1　多过程问题 (2023·广东高二校联考)如图所示，上端开口的光滑圆柱形气缸竖直放置，横截面积为40 cm2的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内。在气缸内设有a、b两限制装置，使活塞只能向上滑动。开始时活塞搁在a、b上，缸内气体的压强为p0(p0＝1.0×105 Pa，为大气压强)，温度为300 K。现缓慢加热气缸内气体，当温度为330 K时，活塞恰好离开a、b；当温度为660 K时，活塞上升了4 cm。g取10 m/s2。求： (1)活塞的质量； (2)a、b两限制装置与气缸底部的距离。 答案：(1)4 kg　(2)4 cm 解析：(1)开始加热到活塞刚离开a、b，封闭气体做等容变化，根据查理定律有＝，其中p0＝1.0×105 Pa，T0＝300 K，T1＝330 K，p1＝p0＋ 代入数据解得活塞质量为m＝4 kg。 (2)活塞离开a、b后，封闭气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律有＝，其中V1＝hS，V2＝S，T1＝330 K，T2＝660 K，l＝4 cm 代入数据解得h＝4 cm。 角度2　多气室问题 (2023·广东广州华南师大附中高二校考)如图所示，一粗细均匀足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中，右侧上端封闭，左侧上端与大气相通，右侧顶端密封空气柱A的长度为L1＝24 cm，左侧密封空气柱B的长度为L2＝30 cm，上方水银柱长h2＝4 cm，左右两侧水银面高度差h1＝12 cm，已知大气压强p0＝76 cmHg，大气温度T1＝300 K，现开启烘烤箱缓慢加热U形管，直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压保持不变。求： (1)加热前空气柱A、B的压强； (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2；(结果保留1位小数) (3)加热后，B空气柱上方水银柱上升高度L。 答案：(1)68 cmHg　80 cmHg　(2)441.2 K (3)20.12 cm 解析：(1)加热前有pB＝p0＋ph2＝80 cmHg，pA＝pB－ph1＝68 cmHg。 (2)空气柱B压强保持不变，则有pA2＝pB＝80 cmHg 对空气柱A根据理想气体状态方程有 ＝ 解得T2≈441.2 K。 (3)以空气柱B为研究对象，加热前温度T1＝300 K，体积VB1＝L2S，加热后温度T2＝441.2 K，体积VB2＝S，由盖­吕萨克定律有＝ 联立可得ΔL＝14.12 cm 则L＝ΔL＋＝20.12 cm。 学生用书↓第34页 1.某一密闭气体，分别以两个不同的体积做等容变化，这两个等容过程对应的p­t图像如图中的①、②所示。则相对应的V­T图像或p­V图像可能是(　　) 答案：D 解析：同一部分气体在两个不同体积的情况下的p­t图像中，0 ℃时图线①压强大，说明其对应的体积小，两条图线都是等容变化，且图线①对应体积小，故选D。 2．(2023·广东中山一中校考)某教室内的空间为50 m3，温度为17 ℃，大气压强为76 cmHg，室内空气质量为60 kg。由于使用暖气，一段时间后，温度恒为27 ℃，大气压为76 cmHg，T＝t＋273，则教室内空气的质量变为(　　) A．2 kg B．37.8 kg C．58 kg D．62 kg 答案：C 解析：以原60 kg气体为研究对象，初态p1＝76 cmHg，V1＝50 m3，T1＝290 K，末态p2＝76 cmHg，T2＝300 K，气体发生等压变化，则有＝，代入数据解得V2≈51.7 m3，则教室内空气的质量m2＝m1≈58 kg。故选C。 3．如图所示，一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸中的活塞，使气缸悬空而静止。设活塞与缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动，缸壁导热性能良好，则下列说法中正确的是(　　) A．若外界大气压增大，则弹簧将压缩一些 B．若外界大气压增大，则气缸上底面距地面的高度将不变 C．若气温升高，则活塞距地面的高度将减小 D．若气温升高，则气缸上底面距地面的高度将增大 答案：D 解析：以气缸和活塞为整体，则弹簧弹力始终等于整体重力，弹簧长度不发生变化，则活塞距地面的高度不变，A、C错误；选气缸为研究对象，由平衡条件得G＋pS＝p1S，若外界大气压p增大，则气体压强增大，由p1V1＝p2V2知气体体积减小，所以气缸的上底面距地面的高度将减小，B错误；若气温升高，缸内气体做等压变化，根据＝可知，气体体积增大，气缸上升，则气缸的上底面距地面的高度将增大，D正确。 4.(2023·广东广州华南师大附中高二期中)如图所示，在一端封闭的玻璃管中，用两段水银将管内气体A、B与外界隔绝，管口向下放置，若保持温度不变，将管倾斜，待稳定后，以下关于气体A、B的说法正确的是(　　) A．气体A的压强不变 B．气体B的压强减小 C．气体A、B的体积都增大 D．气体A、B的体积都减小 答案：D 解析：被封闭气体B的压强pB＝p0－ρ水银ghB，被封闭气体A的压强pA＝pB－ρ水银ghA＝p0－ρ水银g，其中hA、hB为上、下两段水银柱的竖直高度，故当管倾斜时水银柱竖直高度都将减小，则封闭气体压强pA和pB增大，又由于气体是等温变化，由玻意耳定律知，气体A、B的体积都减小。故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $$