12 第2章 第3节 课时2 理想气体 气体实验定律的微观解释-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 物理选择性必修三 多媒体课件 第二章　气体、固体和液体 第3节 课时2　理想气体　 气体实验定律的微观解释 1.了解理想气体的模型特点，知道实际气体看成理想气体的条件。 2．掌握理想气体状态方程的内容和表达式，并能应用方程解决问题。 3．能运用气体分子动理论解释三个气体实验定律。 课标解读 探究点一　理想气体 √ √ 探究点二　气体实验定律的微观解释　　 探究点三　液柱移动问题的分析　　 [课下巩固训练(八)]　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 如图所示，一定质量的某种气体从状态A到状态B经历了一个等温过程，又从状态B到状态C经历了一个等容过程。请推导状态A的三个参量pA、VA、TA和状态C的三个参量pC、VC、TC之间的关系。 提示：从A→B为等温变化过程，根据玻意耳定律可得pAVA＝pBVB 从B→C为等容变化过程，根据查理定律可得＝ 由题意可知TA＝TB，VB＝VC 联立以上各式可得＝。 1．理想气体 (1)定义：在 温度、 压强下都遵从气体实验定律的气体叫作理想气体。 (2)理想气体与实际气体 实际气体在温度不低于 、压强不超过 时，可以当成理想气体来处理。 任何 任何 零下几十摄氏度 大气压的几倍 动能 2. 理想气体的微观特点 (1)气体分子之间的相互作用力 ，可忽略不计。 (2)气体分子之间的距离比分子的直径 ，分子的大小可忽略不计。 (3)气体分子与器壁的碰撞几乎是完全弹性的， 损失可忽略不计。 [说明]理想气体是对实际气体的一种科学抽象，是一种理想化模型，实际并不存在。 很小 大得多 种类 质量 3．理想气体的状态方程 (1)内容：一定质量的某种理想气体，在从某一状态(p1、V1、T1)变化到另一个状态(p2、V2、T2)时， 跟 的乘积与 的比值保持不变。 (2)表达式：＝C或＝ 。 公式中常量C仅与气体的 和 有关，与气体的状态参量p、V、T无关。 (3)成立条件：一定质量的理想气体。 压强p 体积V 热力学温度T 【基点辨析】 判断下列说法的正误 (1)只要实际气体的压强不是很高，就可以当理想气体来处理。(×) (2)当气体被视为理想气体时，分子间的作用力近似为零。(√) (3)一定质量的气体由状态1变化到状态2时，一定满足方程＝。(×) (4)一定质量的理想气体的体积增大到原来的4倍，可能是压强减半、热力学温度加倍造成的。(√) (5)一定质量的理想气体的温度由100 ℃上升到200 ℃时，压强跟体积的乘积变为原来的2倍。(×) × × × 1．对理想气体状态方程的理解 一定质量的理想气体进行状态变化时，压强p、体积V和温度T 始终满足pV＝nRT。该关系式叫作理想气体的状态方程。 式中n表示气体的物质的量， R为普适气体常数，在国际单位制中R＝8.31 J/(mol·K)。若理想气体的质量为m，摩尔质量为M，则上式又可以表示为pV＝RT。 (1)等温变化：质量m、温度T一定，故有pV＝C1，其中常数C1＝RT，由气体的质量、温度和种类决定——玻意耳定律。 (2)等压变化：质量m、压强p一定，故有V＝C2T，其中常数C2＝R，由气体的质量、压强和种类决定——盖­吕萨克定律。 (3)等容变化：质量m、体积V一定，故有p＝C3T，其中常数C3＝R，由气体的质量、体积和种类决定——查理定律。 2．理想气体状态方程应用的一般步骤 (1)明确研究对象(一定质量的理想气体)及过程； (2)确定气体初、末状态的参量(p1、V1、T1→p2、V2、T2)； (3)根据理想气体的状态方程列式求解； (4)对求解结果进行分析、检验。 【典例1】 (规范题)如图所示，一汽缸倒置悬挂，汽缸的横截面积S＝10 cm2，高度为H＝16 cm，汽缸壁的厚度忽略不计，活塞质量为m＝2 kg，厚度忽略不计，其中密封一定质量的理想气体，汽缸与活塞之间用一轻弹簧连接，弹簧的劲度系数k＝5 N/cm。已知汽缸和活塞由绝热材料制成，密封性良好，汽缸内壁光滑，弹簧始终处于弹性限度内。外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。开始时气体的温度为27 ℃，弹簧处于原长，活塞处于汽缸的中间位置。求： (1)开始时汽缸内密封气体的压强； (2)对汽缸内气体缓慢加热，使活塞与汽缸口平齐，此时汽缸内密封气体的温度。 答案：(1) 8.0×104 Pa (2) 900K 【针对训练1】 内径均匀的L形直角细玻璃管，一端封闭，一端开口竖直向上，用水银柱将一定质量的空气封存在封闭端内，空气柱长4 cm，水银柱高58 cm，进入封闭端长2 cm，如图所示，温度是87 ℃，大气压强为75 cmHg，取0 ℃＝273 K，求： (1)在如图所示位置空气柱的压强p1； (2)在如图所示位置，要使空气柱的长度变为3 cm，温度必须降低到多少摄氏度。 解析：(1)根据题意并结合题图可知，封闭气体的压强为p1＝p0＋ph＝(75＋58) cmHg＝133 cmHg。 (2)设玻璃管的横截面积为S，温度降低到t，空气柱的状态变化情况如下 初态：p1＝133 cmHg，V1＝4S (cm3) T1＝(273＋87) K＝360 K 末态：p2＝p0＋ph′＝(75＋57) cmHg＝132 cmHg，V2＝3S (cm3)，T2＝(273＋t) K 由理想气体状态方程有＝ 代入数据解得t≈－5 ℃。 答案：(1)133 cmHg　(2)－5 ℃ 自行车的轮胎没气后会变瘪，用打气筒向里打气，打进去的气越多，轮胎会越“硬”。怎样用分子动理论的观点来解释这种现象？(气体的温度变化忽略不计) 提示：气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，随着气体不断地打入，轮胎内气体分子的数密度不断增大，单位时间内，单位面积上碰撞轮胎内壁的分子数增多，故气体压强不断增大，轮胎会越来越“硬”。 多 增大 增大 减小 保持不变 1．玻意耳定律的微观解释 一定质量的某种理想气体，温度保持不变时，分子的平均动能 。体积减小时，分子的数密度 ，单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就 ，气体的压强就 。 2．盖­吕萨克定律的微观解释 一定质量的某种理想气体，温度升高时，分子的平均动能 ，只有气体的体积同时 ，使分子的数密度 ，才能保持压强不变。 3．查理定律的微观解释 一定质量的某种理想气体，体积保持不变时，分子的数密度 ，温度升高时，分子的平均动能 ，气体的压强 。 增大 增大 不变 增大 增大 【基点辨析】 从宏观上看，一定质量的气体体积不变仅温度升高或温度不变仅体积减小都会使压强增大。从微观上看，这两种情况有没有区别？ 提示：一定质量的气体体积不变仅温度升高时，气体的分子数密度不变，但分子的平均速率增大，分子撞击器壁的平均作用力增大，故压强增大。一定质量的气体温度不变仅体积减小时，气体分子的平均速率不变，但分子的数密度增大，单位时间内撞击器壁的分子数增多，故压强增大。所以这两种情况在微观上是有区别的。 【典例2】 (2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中(　　 ) A．气体分子的数密度增大 B．气体分子的平均动能增大 C．单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 解析：选B。由题图可知，在p ­T图像中，AB为过原点的直线，所以AB为等容线，即气体从A到B的过程做等容变化，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体分子的数密度不变，平均速率变大，故单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力增大，单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增加，C、D错误。 【针对训练2】 在一定的温度下，—定质量的气体体积减小时，气体的压强增大，这是由于(　　 ) A．体积减小后，气体分子的数密度变大 B．体积减小后，气体分子对器壁的吸引力变大 C．体积减小后，气体分子对器壁的平均撞击力变大 D．体积减小后，单位体积内气体分子的重量变大 解析：选A。气体的温度不变，则气体分子的平均动能不变，气体分子对器壁的平均撞击力不变，C错误；对一定质量的气体来说，当体积减小时，气体分子的数密度增加，所以气体的压强增大，A正确；气体分子和器壁间无引力作用，B错误；一定质量的气体体积减小时，单位体积内气体分子的重量变大，但这不是气体压强变大的原因，D错误。 当气体的状态变化时，密封气体的液柱(或活塞)往往会发生移动。分析、比较相关问题的常用规律如下： (1)等压变化：根据盖­吕萨克定律可知＝或ΔV＝V，气体体积的变化量取决于初态的体积、温度和温度的变化量。 (2)等容变化：根据查理定律可知＝或Δp＝p，气体压强的变化量取决于初态的压强、温度和温度的变化量。 【典例3】 (2024·江苏扬州检测)如图所示，20 ℃的氧气和10 ℃的氢气体积相同，水银柱在连通两容器的足够长的细管中央，当氧气和氢气的温度都升高10 ℃时，水银柱(　　 ) A．不移动 B．向左移动 C．向右移动 D．先向右移动后向左移动 解析：选B。假设温度升高时水银柱不移动，则两部分气体的体积不变，根据查理定律可得＝⇒Δp＝ΔT。由题意知，开始时刻气体两边压强相等(p氧气＝p氢气)，且T氧气1>T氢气1，所以两边升高相同的温度时，压强的增加量Δp氧气<Δp氢气，即右边氢气压强将大于左边氧气的压强，水银柱将向左移动，故B正确。 [规律方法]液柱移动时，气体的压强、温度、体积都发生变化，为判断液柱的移动方向，常假设液柱不移动，然后利用结论比较压强的增量情况，从而确定液柱的移动方向。 【针对训练3】 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 解析：选B。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，故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B正确。 　　　理想气体的内能 对理想气体而言，分子之间的距离很大，分子之间的相互作用力可忽略不计，因此不考虑分子势能，一定质量的理想气体的内能就等于所有分子的动能之和，而分子的平均动能又取决于气体的温度，所以，一定质量的理想气体的内能只与温度有关。 【基础应用题】 1．(多选)关于理想气体的性质，下列说法正确的是(　　 ) A．理想气体是一种假想的物理模型，实际并不存在 B．理想气体是人为规定的，它是一种严格遵守气体实验定律的气体 C．一定质量的理想气体，平均动能增大，则温度一定升高 D．氦气是液化温度最低的气体，任何情况下均可当作理想气体 答案：ABC 2．(多选)一定质量的气体，处于某一初态，现要使它经过一些状态变化后回到初始温度，下列过程可能实现上述要求的是(　　 ) A．先等压压缩，后等容增压 B．先等容增压，后等压膨胀 C．先等压膨胀，后等容减压 D．先等容减压，后等压膨胀 解析：选ACD。根据理想气体状态方程＝C可知，等压压缩过程中温度降低，等容增压过程中温度升高，可能回到初始温度，A正确；等容增压过程中温度升高，等压膨胀过程中温度升高，不可能回到初始温度，B错误；等压膨胀过程中温度升高，等容减压过程中温度降低，可能回到初始温度，C正确；等容减压过程中温度降低，等压膨胀过程中温度升高，可能回到初始温度，D正确。 3．一定质量的理想气体，经历了如图所示的状态变化过程，则以下三个状态的温度之比是(　　 ) A．1∶3∶5 B．3∶6∶5 C．3∶2∶1 D．5∶6∶3 解析：选B。由理想气体状态方程＝C(C为常量)，可知pV＝TC，即p、V的乘积与温度T成正比，故B正确。 4．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是(　　 ) A．体积不变，压强增大时，气体分子的平均动能一定增大 B．温度不变，压强减小时，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多 C．压强不变，温度降低时，单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少 D．温度升高，压强和体积可能都不变 解析：选A。理想气体的质量一定，分子的总数是一定的，体积不变，分子的数密度不变，故要使压强增大，分子的平均动能一定增大，A正确；当温度不变时，分子的平均动能不变，要使压强减小，则分子的数密度一定减小，即单位时间内撞击单位面积器壁的分子数减少，B错误；当温度降低时，分子的平均动能减小，要保证压强不变，则分子的数密度一定增大，单位时间内撞击单位面积器壁的气体分子数增多，C错误；温度升高，压强和体积至少有一个要发生变化，不可能都不变，D错误。 5．如图所示，一端封闭的粗细均匀的玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时V1＝2V2，现将玻璃管缓慢地均匀加热，则下列说法正确的是(　　 ) A．加热过程中，始终保持V1′＝2V2′ B．加热后V1′ >2V2′ C．加热后V1′< 2V2′ D．条件不足，无法确定 解析：选A。设大气压为p0，由题图可知，封闭气体的压强p1＝p0＋h1，p2＝p0＋h1＋h2，对气体加热过程气体压强不变，即气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律知，气体体积的变化量ΔV＝V，由于均匀加热，温度变化相等，所以ΔV1＝2ΔV2，又因为V1＝2V2，所以V1′＝2V2′，故A正确。 6．(2024·山东威海期末)如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充有水银将两段空气柱分别封闭在两管内，两空气柱温度相同，若同时让两段空气柱升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h的变化情况是(　　 ) A．升高相同温度，h变大；降低相同温度，h变小 B．升高相同温度，h变小；降低相同温度，h变大 C．无论升高或降低相同温度，h都变大 D．无论升高或降低相同温度，h都变小 解析：选A。由题图可知p左＝p右＋ph，假设气体体积不变，由查理定律可知，气体压强变化量Δp＝p，初状态时p左>p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右边流动，两水银面高度差h增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左边流动，两水银面高度差h减小，故A正确，B、C、D错误。 【综合提升题】 7．(多选)如图，一内壁光滑、竖直放置的密闭汽缸内，有一个质量为m的活塞将汽缸内气体分为上、下两部分：气体A和B。原来活塞恰好静止，两部分气体的温度相同，现在将两部分气体同时缓慢升高相同温度，则(　　) A．活塞将静止不动 B．活塞将向上移动 C．A气体的压强改变量比B气体的压强改变量大 D．A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同 解析：选BD。假设活塞不动，则两部分气体都发生等容变化。根据查理定律可知Δp＝ΔT，因为两部分气体的初态温度相同，两部分气体同时缓慢升高相同温度，但下面气体初态压强大，则下面气体增加的压强大，故活塞将向上移动，A错误，B正确；初态pA＋＝pB，最终稳定后，pA′＋＝pB′，所以pA′－pA＝pB′－pB，A气体的压强改变量与B气体的压强改变量相同，故C错误，D正确。 8．(2024·云南昆明检测)湖底温度为7 ℃，有一球形气泡从湖底升到水面时(气体质量恒定)，其直径扩大为原来的2倍。已知水面温度为27 ℃，大气压强p0＝1×105 Pa，水的密度ρ水＝1×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2，气泡内气体为理想气体，则湖水深度约为(　　 ) A．65 m B．55 m C．45 m D．25 m 解析：选A。以气泡内的气体为研究对象，初状态p1＝p0＋ρ水gh，V1＝π＝V，T1＝(273＋7) K＝280 K；末状态p2＝p0，V2＝π＝8V，T2＝(273＋27) K＝300 K。由理想气体状态方程得＝，代入数据解得h≈65 m，故A正确，B、C、D错误。 9．如图所示的p ­V图像中，1、2、3三个点代表某容器中一定质量理想气体的三个不同状态，对应的温度分别是T1、T2、T3。用N1、N2、N3分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数，则N1________N2，T1________T3，N2________N3。(填“大于”“小于”或“等于”) 解析：对一定质量的理想气体，为定值，由p ­V图像可知，＝＝，所以T1＝T3>T2。状态1与状态2气体体积相同，单位体积内分子数相同，但状态1下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击单位面积器壁的平均次数更多，即N1>N2；状态2与状态3气体压强相同，状态3下的气体分子平均动能更大，在单位时间内撞击单位面积器壁的平均次数较少，即N2>N3。 答案：大于　等于　大于 10．如图(a)所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸水平放置，横截面积为S＝2×10－3 m2、质量为m＝4 kg、厚度不计的活塞与汽缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，此时活塞与汽缸底部之间的距离为24 cm，在活塞的右侧12 cm处有一对与汽缸固定连接的卡环，气体的温度为300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa。现将汽缸竖直放置，如图(b)所示，取g＝10 m/s2。求： (1)活塞与汽缸固定连接卡环之间的距离； (2)加热到630 K时封闭气体的压强。 解析：(1)汽缸水平放置时 p1＝p0＝1.0×105 Pa，T1＝300 K V1＝24 cm×S＝4.8×10－4 m3 当汽缸竖直放置时 p2＝p0＋＝1.2×105 Pa T2＝T1＝300 K，V2＝HS 根据理想气体状态方程有＝ 解得H＝20 cm 所以活塞与汽缸固定连接卡环之间的距离为16 cm。 (2)假设加热到T3时，恰好到达卡环处时 p3＝p2＝p0＋＝1.2×105 Pa V3＝36 cm×S＝7.2×10－4 m3 根据理想气体状态方程有＝ 解得T3＝540 K 所以加热到630 K时，活塞已经到达卡环处，则气体发生等容变化，由查理定律有 ＝ 解得p4＝1.4×105 Pa。 答案：(1)16 cm　(2)1.4×105 Pa 【创新拔高题】 11．(2024·河南信阳期末)如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，左管开口，管内A、B两段水银柱均封闭有长为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在右管中的液面比在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K，现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm，求： (1)降低后的环境温度； (2)水银柱A下降的高度。 解析：(1)开始时，左管中气柱a的压强为 p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg 右管中气柱b的压强为 p2＝p1－5 cmHg＝75 cmHg 温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为p2′＝p1－7 cmHg＝73 cmHg 对气柱b研究，根据理想气体状态方程有 ＝ 解得T2＝280.32 K。 (2)气柱a发生等压变化，则＝ 解得L1′＝8.76 cm 则水银柱A下降的高度为 h＝1 cm＋10 cm－8.76 cm＝2.24 cm。 答案：(1)280.32 K　(2)2.24 cm $$