第二章 专题强化2 气体实验定律的综合应用-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（粤教版）

专题强化2　气体实验定律的综合应用 第二章　气体、液体和固体     [学习目标]　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.学会应用假设法分析液柱(或活塞)的移动问题。3.通过两部分气体的压强、体积的关系解决关联气体问题。 课时作业 巩固提升 类型1　理想气体状态变化的图像 类型2　液柱(或活塞)的移动问题 内容索引 类型3　相互关联的两部分气体问题 类型1　理想气体状态变化的图像 一 4 1.一定质量的气体不同图像的比较 名称 图像 特点 其他图像 等温线 p-V   pV=CT(C为常量),即pV之积越大,对应的温度越高,等温线离原点越远     p-   p=CT,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高 名称 图像 特点 其他图像 等容线 p-T   p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小     等压线 V-T   V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小     2.理想气体状态方程与一般状态变化图像 利用作垂直于坐标轴的辅助线去分析不同温度的两条等温线、不同体积的两条等容线、不同压强的两条等压线的关系。例如: (1)在图甲中,V1对应虚线为等容线,A、B分别是虚线与T2、T1两线的交点,可以认为从B状态通过等容升压到A状态,温度必然升高,所以T2>T1。 (2)如图乙所示,A、B两点的温度相等,从B状态到A状态压强增大,体积一定减小,所以V2<V1。 [特别提醒] 图像问题要利用好几个线,如V-t、p-t的延长线及p-、p-T、V-T过原点的线,还有与两个轴平行的辅助线。 [例1]　一定质量的理想气体由状态A变为状态D,其有关数据如图甲所示,若状态D的压强是2×104 Pa。   (1)求状态A的压强。 (2)请在图乙中画出该状态变化过程的p-T图像,并分别标出A、B、C、D各个状态,不要求写出计算过程。 [答案]　(1)4×104 Pa　(2)图见解析 [解析]　(1)根据理想气体状态方程得= 则pA==4×104 Pa。 (2)p-T图像及A、B、C、D各个状态如图所示。 名师点评 1.图像上的一个点表示一定质量气体的一个平衡态,它对应着三个状态参量;图像上的某一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程。 2.在V-T或p-T图像中,比较两个状态的压强或体积大小,可以用这两个状态到原点连线的斜率大小来判断。斜率越大,压强或体积越小;斜率越小,压强或体积越大。 [针对训练]　1.如图所示,A、B两点代表一定质量理想气体的两个不同的状态,状态A的温度为TA,状态B的温度为TB。由图可知(　　) A.TA=2TB B.TB=4TA C.TB=6TA D.TB=8TA 解析:由理想气体状态方程得=,即=,故TB=6TA。 C 二 类型2　液柱(或活塞)的移动问题 13 用液柱或活塞隔开两部分气体,当气体温度变化时,液柱或活塞是否移动?如何移动?此类问题的特点是气体的状态参量p、V、T都发生了变化,直接判断液柱或活塞的移动方向比较困难,通常先进行气体状态的假设,然后应用查理定律可以简单地求解。 1.假设推理法 根据题设条件,假设发生某种特殊的物理现象或物理过程,运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理,得出正确的答案。巧用假设推理法可以化繁为简,化难为易,简捷解题。其一般分析思路: (1)先假设液柱(或活塞)不发生移动,两部分气体均做等容变化。 (2)对两部分气体分别应用查理定律的分比形式Δp=p,求出每部分气体压强的变化量Δp,并进行比较。 (3)如果液柱(或活塞)两端的横截面积相等,且Δp均大于零,意味着两部分气体的压强均增大,则液柱向Δp值较小的一方移动;若Δp均小于零,意味着两部分气体的压强均减小,则液柱向压强减小量较大的一方(即|Δp|较大的一方)移动;若Δp相等,则液柱不移动。 (4)如果液柱(或活塞)两端的横截面积不相等,则应考虑液柱两端的受力变化(ΔpS)。若Δp均大于零,则液柱向ΔpS较小的一方移动;若Δp均小于零,则液柱向|ΔpS|值较大的一方移动;若ΔpS相等,则液柱不移动。 2.极限法 所谓极限法就是将问题推向极端。如在讨论压强大小变化时,将变化较大的压强推向无穷大,而将变化较小的压强推向零,这样能使复杂的问题变得简单明了。 3.图像法 利用图像,首先在同一p-T图线上画出两段 空气柱的等容图线,如图所示。 由于两空气柱在相同温度下压强不同,所以 它们等容线的斜率也不同,空气柱的压强较 大的等容线的斜率也较大。从图中可以看出,当两空气柱升高相同温度ΔT时,其压强的增量Δp1>Δp2,所以水银柱向压强增量小的一端移动。 [例2]　如图所示,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。已知l2=2l1,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) [答案]　向上移动 [解析]　假设法:假设水银柱不移动,由查理定律,对于上段空气柱有=,则p2'=p2,Δp2=p2'-p2=p2-p2,即Δp2=p2 同理,对于下段空气柱可得Δp1=p1 因为p1=p2+h>p2,ΔT1=ΔT2,T1=T2 所以Δp1>Δp2,即水银柱向上移动。 图像法:首先在p-T图像上画出两空气柱的等容线,如图所示。由于两空气柱在相同温度T1下压强不同,所以它们等容线的斜率也不同,空气柱l1的压强较大,等容线的斜率也较大。从图中可以看出,当两空气柱升高相同温度ΔT时,其压强的增量Δp1>Δp2,所以水银 柱向上移动。 极限法:由于玻璃管上段空气柱压强p2比下段空 气柱压强p1小,设想p2→0,即玻璃管上部认为是真 空,于是立即得到,温度T升高,水银柱向上移动。 名师点评 两个重要的推论 1.一定质量的气体,从初状态(p、T)开始,经历一个等容变化过程,其压强的变化量Δp与温度的变化量ΔT的关系为Δp=p,这是查理定律的分比形式。 2.一定质量的气体从初状态(V、T)开始发生等压变化,其体积的改变量ΔV与温度变化量ΔT之间的关系是ΔV=V,这是盖-吕萨克定律的分比形式。 [针对训练]　2.如图所示,A、B两容器容积相等,用粗细均匀的细玻璃管连接,两容器内装有不同气体,细管中央有一段水银柱,在两边气体作用下保持平衡时,A中气体的温度为0 ℃,B中气体温度为20 ℃。如果将它们的温度都降低10 ℃,则水银柱将(　　) A.向A移动　　　　　 B.向B移动 C.不动 D.不能确定 A 解析:温度变化前两容器气体的压强相等,假设水银柱不移动,A、B两容器气体发生等容变化,由Δp=p,可知Δp∝,则ΔpA>ΔpB,所以A部分气体压强减小的多,水银柱将向A移动,A正确。 三 类型3　相互关联的两部分气体问题 25 这类问题涉及两部分气体,它们之间虽然没有气体交换,但其压强或体积这些量间有一定的关系,分析清楚这些关系是解决问题的关键。解决这类问题的一般方法是: (1)分别选取每部分气体为研究对象,确定初、末状态参量,根据状态方程列式求解。 (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。 [例3]　如图所示,内径均匀的导热U形管中装入水银,左、右两侧管中水银面与管口的距离均为l=10.0 cm,大气压强p0=75.8 cmHg时,将右侧管口封闭,然后从左侧管口处将一活塞缓慢向下推入管中,直到左右两侧水银面高度差达h=6.0 cm为止。求活塞在管内移动的距离。 [答案]　6.4 cm [解析]　设活塞移动的距离为x,则左侧气柱长为(l+-x),右侧气柱长 为(l-),取右侧气柱为研究对象,由玻意耳定律得p0lS=p2(l-)S 解得p2== cmHg 左侧气柱的压强为p1=p2+h= cmHg 取左侧气柱为研究对象,由玻意耳定律得 p0lS=p1(l+-x)S 解得x≈6.4 cm。 名师点评 解决关联气体问题的关键是找到两部分气体之间状态参量的关系,特别是压强的关系,常见的情景是中间被液柱隔开和中间被活塞隔开两种。若为液柱隔开的,通常根据液面的高度差来确定压强的关系;若为活塞隔开的,通常选活塞作为研究对象进行受力分析来确定压强的关系,此时要注意活塞是否计重力、活塞和气缸之间是否有摩擦等问题。 [针对训练]　3.如图,水平放置的导热气缸被导热活塞隔 成左右两部分,两部分气体a和b为同种理想气体,活塞静 止时到左右两侧的距离之比为1∶2,活塞质量为m、面积 为S,活塞可无摩擦左、右移动。现在把气缸转动90°,a在 上、b在下,结果活塞正好在气缸中间。已知气体温度始终不变,重力加速度为g,求开始时气体a的压强大小。 答案: 解析:设气体a原来的压强为p1,则开始时气体b的压强也为p1;气缸转动后,活塞稳定时,气体a的压强为p2,则气体b的压强为p3=p2+ 根据气体温度不变,可知气体a、b做等温变化,设原来活塞到左侧距离为d 对于气体a,应用玻意耳定律有p1Sd=p2S·d 对于气体b,应用玻意耳定律有p1S·2d=p3S·d 联立解得p1=。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.为了直观地描述一定质量的理想气体做等温变化时压强 p与体积V的关系,通常建立p-V坐标系来研究。某气体在 T1、T2温度下的等温线如图所示,则它的p-图像应为(　　) 13 B 解析:从等温线为双曲线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比,由玻意耳定律有pV=C,其中C与温度有关,温度越高,常数C越大,故T2>T1,根据=C可得p=CT,故p与成正比,温度越高,斜率越大,故A、C、D错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.如图所示,A、B两个容器中装有同种气体,容器间用一根细玻璃管连接,管中有一水银滴D作为活塞。当A容器的温度为-10 ℃,B容器的温度为10 ℃时,水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器的温度都升高20 ℃时,下列判断正确的是(　　) A.水银滴将不移动 B.水银滴将向A移动 C.水银滴将向B移动 D.水银滴将向哪个方向移动无法判断 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:假定两个容器的体积不变,即V1、V2不变,A、B中所装气体温度分别为T1=263 K,T2=283 K,当温度升高ΔT时,容器A的压强由p1增至p1',Δp1=p1'-p1,容器B的压强由p2增至p2',Δp2=p2'-p2。由查理定律可得=,解得Δp1=·ΔT,Δp2=·ΔT,因为p2<p1,所以Δp1>Δp2,即水银滴应向B移动,故A、B、D错误,C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.一定质量的理想气体经历下列过程,其压强有可能回到初始压强的是 (　　) A.先等温压缩,后等容升温 B.先等容降温,后等温膨胀 C.先等容升温,后等温膨胀 D.先等容升温,后等温压缩 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:气体先等温压缩,后等容升温,根据气态方程=C可知,气体的压强一直增大,初、末状态的压强不可能相等,故A错误;气体先等容降温,后等温膨胀,根据气态方程=C可知,气体的压强一直减小,初、末状态的压强不可能相等,故B错误;气体先等容升温,后等温膨胀,根据气态方程=C可知,气体的压强先增大后减小,其压强可能回到初始压强,故C正确;气体先等容升温,后等温压缩,根据气态方程=C可知,气体的压强一直增大,其压强不可能回到初始压强,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(多选)如图表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ad、cd平行于坐标轴,ab的延长线过原点,以下说法正确的是(　　) A.从状态a到b,气体温度升高 B.从状态b到c,气体体积增大 C.从状态d到c,气体体积增大 D.从状态d到a,气体体积增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 BC 解析:从状态a到b是一个等容变化过程,根据p-T图像可知气体的温度降低,故A错误;根据理想气体状态方程=C,得p=T,连接Oc,如图所示,从状态b到c的过程中,斜率k=变小,C是一个常数,可知体积增大,故B正确;从状态d到c,温度不变,根据玻意耳定律可知,压强减小时,气体体积增大,故C正确;从状态d到a是一个等压过程,温度降低,根据盖-吕萨克定律可知,气体体积减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.钢瓶中装有一定量的气体,现在用两种方法抽钢瓶中的气体,第一种方法用小抽气机,每次抽1 L气体,共抽取3次;第二种方法是用大抽气机,一次抽取3 L气体。以上过程中气体温度保持不变,下列说法正确的是(　　) A.两种抽法抽取的气体质量一样多 B.第二种抽法抽取的气体质量多 C.第一种抽法中,每次抽取的气体质量逐渐减少 D.第一种抽法中,每次抽取的气体质量逐渐增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:第一种:温度不变,由玻意耳定律得 p0V=p1(V+1) 解得p1=p0· 同理 p2=p1()=p0()2 p3=p2()=p0()3 虽然每次抽取的气体体积相同,但是由于每次抽出气体后剩下的气体密度减小,所以抽出的气体质量逐渐减小,故C正确,D错误; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 第二种:温度不变,由玻意耳定律有 p0V=p'(V+3) 解得p'=p0·>p3 压强小的抽取的气体多,质量较大,即第一种抽法抽取的气体质量多,故A、B错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.如图所示,两端封闭粗细均匀的玻璃管水平放置在桌面上,中间有一段水银柱把气体分隔为等体积的两部分。现使玻璃管保持竖直并做一定的运动,保持温度不变,在运动过程中发现两部分气体的体积仍相等,则该玻璃管的运动不可能的是(　　) A.平抛运动　　　　　　　 B.自由落体运动 C.匀速直线运动 D.竖直上抛运动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:玻璃管竖直放置时,气体温度与体积都不变,由理想气体状态方程可知,气体压强不变。玻璃管做平抛运动时,水银处于完全失重状态,水银对气体不产生压力,气体压强不变,温度与体积不变;当玻璃管做自由落体运动时,水银处于完全失重状态,水银对气体不产生压力,气体压强不变,温度与体积不变;当玻璃管在竖直方向上做匀速直线运动时,水银对下面的气体产生压强,下面气体体积减小,上面气体体积变大;玻璃管做竖直上抛运动时,水银处于完全失重状态,水银对气体不产生压力,气体压强不变,温度与体积不变。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.如图所示,一定量的理想气体从状态A开始,经历两个过程,先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系,正确的是(　　) A.TA=TB,TB=TC B.TA<TB,TB<TC C.TA=TC,TB>TC D.TA=TC,TB<TC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:由图可知,状态A到状态B是一个等压过程,根据=,VB>VA,则有TB>TA;而状态B到状态C是一个等容过程,则有=,因为pB>pC,则有TB>TC;对状态A和C,依据理想气体状态方程,则有=,解得TA=TC。综上分析,可知C正确,A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.如图所示是一定质量的理想气体状态变化的一系列过程,以下四种说法正确的是(　　) A.a→b的过程气体体积增大 B.b→c的过程气体体积减小 C.c→d的过程气体体积增大 D.d→a的过程气体体积增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 解析:将-273.15 ℃作为新的坐标原点,即可变为p-T图像,如图所示。   a→b的过程气体做等温变化,根据=C可知,压强增大,则体积减小,故A错误;根据=C可得p=T,p-T图像斜率越大,则体积越小,所以b→c的过程气体体积增大,d→a的过程气体体积减小,故B、D错误;c→d的过程气体做等温变化,根据=C可知,压强减小,则体积增大,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [B组　综合强化练] 9.将一定质量的空气封闭在气瓶内,并对它进行等压变化。把这些空气看成理想气体,则下列四幅图中能正确表示变化过程中空气的体积V和温度T的关系是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:根据理想气体状态方程,空气做等压变化,由=C可知=,故V与T成正比,在V-T图像中为过原点的倾斜直线,所以该过程中空气的体积V和温度T的关系图是图B,故A、C、D错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(多选)如图所示,足够长U形管内分别由水银封有L1、L2两部分气体,则下列陈述中正确是(　　) A.只对L1加热,则h减小,气柱L2长度不变 B.只对L2加热,则h不变,气柱L2长度增大 C.若在右管中注入一些水银,L1将增大 D.使L1、L2同时升高相同的温度,则L1增大、h减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 ABD 解析:只对L1加热,假设其体积不变,则压强增大,所以L1增 大、h减小,气柱L2长度不变,因为此部分气体压强不变、 温度不变,则体积不变,故A正确;只对L2加热,气体L2做等 压变化,压强不变,温度升高,体积增大,故气柱L2长度增大, 由于L2的压强不变,则h不变,故B正确;若在右管中注入一些水银,L2压强增大,假设L1的体积不变,L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大,L1的压强增大,根据玻意耳定律得L1将减小,故C错误;使L1、L2同时升高相同的温度,假设气体体积不变,L1的压强增大,L2压强不变,则L1增大、h减小,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.图甲是一定质量的气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强是1.5×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)写出A→B过程中压强变化的情形,并根据图像提供的信息,计算图甲中TA的值。 (2)请在图乙坐标系中,作出该气体由状态A经过状态B变为状态C的p-T图像,并在图线相应的位置上标出字母A、B、C。如果需要计算才能确定有关坐标值,请写出计算过程。 答案:见解析 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)从题图甲可以看出,A与B连线的延长线过原点,所以A→B是一个等压变化,即pA=pB 根据盖-吕萨克定律可得= 所以TA=TB=×300 K=200 K。 (2)由题图甲可知,B→C是等容变化 根据查理定理得= 所以pC=pB=×1.5×105 Pa=2.0×105 Pa 则可画出状态A→B→C的p-T图像如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [C组　培优选做练] 12.如图所示,左端封闭右端开口、内径相同的U形细玻璃管 竖直放置,左管中封闭有长L=10 cm的空气柱,两管水银面相 平,水银柱足够长,已知大气压强p0=75 cmHg。现将下端阀门 S打开,缓慢流出部分水银,然后关闭阀门S,左管水银面下降 的高度h=2 cm。 (1)求右管水银面下降的高度。 (2)若再将右端封闭,同时对左管缓慢加热,并保持右管内气体的温度不变,使右管的水银面回到最初高度,求此时左管内气体的压强。 答案:(1)14.5 cm　(2)200.25 cmHg 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)左管水银面下降2 cm过程,封闭气体做等温变化,则有 p0LS=p1(L+h)S 解得p1=62.5 cmHg 设平衡时左管水银面比右管水银面高h1,则有 62.5 cm+h1=75 cm 解得h1=12.5 cm 所以右管水银面下降的高度为12.5 cm+2 cm=14.5 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)要使右管水银面回到原来高度,则左管水银面要再下降14.5 cm,则右管水银面比左管水银面高14.5 cm+2 cm=16.5 cm 右管水银面上升过程,右管内封闭气体做等温变化,则有 p0(14.5 cm+10 cm)S=p2×10 cm·S 解得p2=183.75 cmHg 此时左管内封闭气体的压强p3=p2+16.5 cmHg=200.25 cmHg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.如图所示,一固定水平气缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两圆筒中由一细管(容积及长度可忽略)连通,两筒中各有一个活塞,大活塞横截面积S1=60 cm2,小活塞横截面积S2=20 cm2,两活塞用细绳连接。绳长L=20 cm,气缸外大气的压强为p0=1.00×105 Pa,温度T=350 K,初始时两活塞均静止在与气缸底部等距离处,绳刚好伸直。两活塞间封装气体温度为T1=200 K,忽略两活塞与气缸间摩擦,不漏气。现使气缸内气体温度缓慢升高,求: (1)当温度上升至280 K时,缸内气体体积V; (2)当与外界达到热平衡时,绳拉力F的大小。 答案:(1)1 120 cm3　(2)100 N 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:(1)对两活塞和细绳构成的整体受力分析可得 p0S1+p1S2=p0S2+p1S1 解得p1=1.00×105 Pa 升温过程中,活塞整体左移,且只要小活塞不到气缸底部,则一直为等压变化,设温度为280 K时活塞左移了x,x< 则有= 解得x=8 cm<10 cm,假设成立 所以缸内气体体积为V=S1(+x)+S2(-x)=1 120 cm3。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)设温度为T0时活塞恰左移了,气体做等压变化= 解得T0=300 K<350 K,故尚未达到热平衡,温度从T0到热平衡温度T,经历等容变化,设末态气体压强为p,则= 对左边活塞,由平衡条件得pS1=F+p0S1 联立解得F=100 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$