第二章 第二节 气体实验定律(Ⅱ)-【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）

第二节　气体实验定律(Ⅱ) 第二章　气体、液体和固体 [学习目标]　1.知道什么是等容变化和等压变化。2.掌握查理定律和盖-吕萨克定律的内容、表达式和适用条件,并会进行相关分析计算。3.理解p-T图像和V-T图像及其物理意义。 课时作业 巩固提升 要点1　查理定律 要点2　盖-吕萨克定律 内容索引 要点1　查理定律 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1.等容过程 (1)定义:气体在　　　　保持不变的情况下发生的状态变化过程。  (2)等容变化的图线 体积 2.热力学温度 (1)热力学温度大小与摄氏温度t的大小换算关系为T=　　　　　。  (2)国际单位为　　　　,简称　　　　,符号为　　　　。  3.查理定律 (1)内容:一定质量的气体,在体积不变的情况下,其压强p与热力学温度T成　　　　。  (2)公式:=。 开尔文　 t+273.15 开　 K 正比 [思考与讨论] 1.如果气体的温度是1 ℃,也可以说气体的温度是多少K?如果气体的温度升高了1 ℃,也可以说气体的温度升高了多少K? 提示:274.15 K;1 K。 2.如图所示为一定质量的气体在不同体积下的p-T 图线,V1与V2哪一个大?为什么? 提示:V1<V2,斜率越小,体积越大。 1.摄氏温标与热力学温标的比较 归纳 关键能力 合作探究   摄氏温标 热力学温标 零度的规定 一个标准大气压下冰水混合物的温度 -273.15 ℃ 温度名称 摄氏温度 热力学温度 温度符号 t T 单位名称 摄氏度 开尔文 单位符号 ℃ K 关系 T=t+273.15,粗略表示:T=t+273 2.查理定律及推论   表示一定质量的某种气体从初状态(p、T)开始发生等容变化,其压强变化量Δp与热力学温度变化量ΔT成正比。 3.等容过程的p-T图像和p-t图像 (1)p-T图像:气体的压强p和热力学温度T的关系图线是过原点的倾斜直线,如图甲所示,且V1<V2,即体积越大,斜率越小。 (2)p-t图像:压强p与摄氏温度t是一次函数关系,不是简单的正比关系,如图乙所示,等容线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线,且斜率越大,体积越小。 [例1]　(2024·广东湛江高二期末)气体温度计结构如 图所示,玻璃测温泡A内充有气体,通过细玻璃管B和水 银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中,左管C中 水银面在O点处,右管D中水银面高出O点h1=14 cm,后 将A放入待测恒温槽中,上下移动D,使C中水银面仍在O 点处,测得D中水银面高出O点h2=44 cm。已知外界大气压强 p0=76 cmHg,求恒温槽的温度。 [答案]　364 K [解析]　设恒温槽的温度为T2,由题意知T1=273 K 恒温槽温度变化前气体压强为p1=p0+ρgh1 恒温槽温度变化后气体压强为p2=p0+ρgh2 细玻璃管内气体体积可忽略,A内气体发生等容变化,根据查理定律得= 又因为p0=76 cmHg,代入数值并整理计算解得T2=364 K。 名师点评 应用查理定律解题的一般步骤 1.确定研究对象,即被封闭的一定质量的气体。 2.分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件:质量一定,体积不变。 3.确定初、末两个状态的温度、压强。 4.根据查理定律列式求解。 5.求解结果并分析、检验。 [针对训练]　1.(2024·广东惠州高二期中)一定质量的理想气体,在体积不变时,温度由50 ℃加热到100 ℃,气体的压强变化情况是(　　) A.气体的压强变为原来的2倍 B.气体的压强比原来增大了 C.气体的压强变为原来的倍 D.气体的压强比原来增大了 B 解析:一定质量的气体,在体积不变的情况下,由=可知压强与热力学温度成正比。当温度从50 ℃升高到100 ℃时,有==,所以p2=p1,因此压强比原来增大了,故选B。 2.(2024·广东广州高二期末)如图所示,圆柱形气缸倒置在水平地面上,气缸内部封有一定质量的气体。已知气缸质量为10 kg,缸壁厚度不计,活塞质量为5 kg,其横截面积为50 cm2,所有摩擦不计。当缸内气体温度为27 ℃时,活塞刚好与地面接触,但对地面无压力。(已知大气压强为p0=1.0×105 Pa) (1)求此时封闭气体的压强。 (2)现使气缸内气体温度升高,当气缸恰对地面 无压力时,缸内气体温度为多少? 答案:(1)9.0×104 Pa　(2)127 ℃ 解析:(1)当缸内气体温度为27 ℃时,活塞刚好与地面接触,但对地面无压力;设此时封闭气体的压强为p1,对活塞由共点力平衡条件可得p0S=p1S+mg 解得p1=9.0×104 Pa① (2)现使气缸内气体温度升高,当气缸恰对地面无压力时,设此时封闭气体的压强为p2,温度为T2,对气缸由共点力平衡条件可得p0S+Mg=p2S 解得p2=1.2×105 Pa② 已知T1=300 K,对气缸内气体,温度升高的过程中,气体体积不变,属于等容变化,由查理定律可得= ③ 联立①②③可得T2=400 K 即t2=127 ℃。 二 要点2　盖-吕萨克定律 19 1.盖-吕萨克定律 (1)内容:一定质量的气体,在压强不变的情况下,其体积V与热力学温度T成　　　　。  (2)公式:=。 梳理 必备知识 自主学习 正比 2.等压过程 (1)定义:气体在　　　　不变情况下发生的状态变化过程。  (2)等压变化的图线 压强 [思考与讨论] (1)一定质量的某种气体发生等压变化时,体积与摄氏温度是正比关系吗? (2)画出一定质量的某种气体发生等压变化时的V-t图像。 提示:(1)不是正比关系,而是一次函数关系。 (2)V-t图像如图所示。 1.盖-吕萨克定律及推论   表示一定质量的某种气体从初状态(V、T)开始发生等压变化,其体积的变化量ΔV与热力学温度的变化量ΔT成正比。 归纳 关键能力 合作探究 2.等压过程的V-T图像和V-t图像 (1)V-T图像:气体的体积V随热力学温度T变化的图线是过原点的倾斜直线,如图甲所示,且p1<p2,即斜率越小,压强越大。 (2)V-t图像:体积V与摄氏温度t是一次函数关系,不是简单的正比关系,如图乙所示,等压线是一条延长线通过横轴上-273.15 ℃的倾斜直线,且斜率越大,压强越小,图像纵轴的截距V0是气体在0 ℃时的体积。 [例2]　(2024·潮州高二月考)小明设想自制一个简易的温度计,通过活塞升降距离关联温度变化,如图所示,方形容器底部横截面积为0.01 m2,质量为2 kg的活塞封闭有一定质量的理想气体,活塞距离容器底部50 cm, 若外界大气压强恒为1.0×105 Pa,环境温度为27 ℃,活塞导热性能良好,与器壁摩擦不计,g取10 m/s2,求: (1)此时封闭气体的压强; (2)环境温度下降至-3 ℃时,活塞到容器底部的距离。 [答案]　(1)1.02×105 Pa　(2)45 cm [解析]　(1)设此时封闭气体压强为p,对活塞受力分析,列平衡方程,有p0S+mg=pS 代入数据解得p=1.02×105 Pa。 (2)设活塞到底部距离初始为L1,温度下降后变为L2,温度分别为T1、T2,封闭气体做等压变化,由盖-吕萨克定律得= 代入数据解得L2=45 cm。 名师点评 应用盖-吕萨克定律解题的一般步骤 1.确定研究对象,即被封闭的一定质量的气体。 2.分析被研究气体在状态变化时是否符合定律的适用条件:质量一定,压强不变。 3.确定初、末两个状态的温度、体积。 4.根据盖-吕萨克定律列式求解。 5.求解结果并分析、检验。 [针对训练]　3.如图所示,圆柱形导热气缸内有一光滑活塞,密封了一定质量的某种气体。用一弹簧测力计挂在活塞上,将整个气缸悬挂在天花板上。测得此时弹簧测力计的示数为F,气缸内气体的压强为p。若外界大气压始终保持不变,那么随着外界温度的升高(　　) A.F变大,p变大 B.F变大,p不变 C.F不变,p变大 D.F不变,p不变 D 解析:弹簧测力计上的拉力跟气缸和活塞总重力相等,当温度升高时,不影响弹簧弹力大小,所以示数F不变;以气缸为研究对象可知,最终达到平衡时,气缸重力与气缸内压力之和等于大气压力,因为重力和大气压力均不变,所以气缸内压力不变,即气缸内气体压强p不变,故选项D正确。 4.(多选)(2024·广东汕头高二月考)如图所示 ,U形气缸固定在水平地面上,用重力不计的活塞封闭一定质量的气体,已知气缸不漏气,活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦。初始时,活塞紧压小挡板,外界大气压强为p0。现缓慢升高气缸内气体的温度,则下列能反映气缸内气体的压强p、体积V随热力学温度T变化的图像是(　　) BD 解析:当缓慢升高缸内气体温度时,气体先发生等容变化,根据查理定律,缸内气体的压强p与热力学温度T成正比,在p-T图像中,图线是过原点的倾斜的直线;当活塞开始离开小挡板,缸内气体的压强等于外界的大气压,气体发生等压膨胀,在p-T图像中,图线是平行于T轴的直线,A错误,B正确;气体先等容变化,后等压变化,V-T图像先平行于T轴,后是经过原点的一条直线,C错误,D正确。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 [A组　基础巩固练] 1.一个密封的钢管内装有空气,在温度为20 ℃时,压强为1 atm。若温度上升到80 ℃,管内空气的压强约为(　　) A.4 atm　　　　　　　　　 B. atm C.1.2 atm D. atm 解析:由=得p2=p1=p1,则p2≈1.2 atm。 C 11 2.如图所示,两端开口的玻璃管插入汞槽内,在管中有一段空气柱被汞柱封住。当管内气体温度升高时,图中所示的高度h1和h2变化情况是(　　) A.h1不变,h2变大 B.h1不变,h2变小 C.h1变大,h2不变 D.h1变小,h2不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 11 解析:设封闭气体上方水银柱高度为h,由图示可知,封闭气体的压强p=p0+ρgh=p0+ρgh2,温度升高时p0与h不变,则封闭气体压强不变,h2不变,气体发生等压变化,温度升高,气体体积增大,则气柱高度h1增大,故C正确,A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 3.小明自定义一种新温标p,他将标准大气压下水的冰点与沸点之间的温度等分为200格,且将冰点的温度定为50p,小明测量一杯水的温度为150p,则该温度用摄氏温度表示为(　　) A.30 ℃ B.40 ℃ C.50 ℃ D.60 ℃ 解析:每格表示的摄氏度为 ℃=0.5 ℃,水比冰点高出的温度为(150-50)×0.5 ℃=50 ℃,即小明测量的水的温度为50 ℃,选项C正确,A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 C 11 4.对于一定质量的气体,在体积不变时,压强增大到原来的2倍,则气体温度的变化情况是(　　) A.气体的摄氏温度升高到原来的2倍 B.气体的热力学温度升高到原来的2倍 C.气体的摄氏温度降为原来的一半 D.气体的热力学温度降为原来的一半 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 11 解析:一定质量的气体体积不变时,压强与热力学温度成正比,即=,所以T2=·T1=2T1,故选项B正确,D错误;因热力学温度与摄氏温度之间的大小换算关系为T=t+273,故选项A、C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 5.一根竖直的弹簧支持着一倒立气缸的活塞,使气缸悬空而静止。设活塞和缸壁间无摩擦且可以在缸内自由移动,缸壁导热性能良好,使缸内气体温度总能与外界大气的温度相同,则下列结论中正确的是(　　) A.若外界大气压强增大,则弹簧长度将不变, 气缸的上底面距地面的高度将减小 B.若外界大气压强减小,则弹簧长度将不变, 气缸的上底面距地面的高度将减小 C.若气温升高,则活塞向上移动,气缸的上底面距地面的高度将增大 D.若气温降低,则活塞不动,气缸的上底面距地面的高度将不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 A 11 解析:以整个气缸及活塞为研究对象进行受力分析,根据平 衡条件得F弹=(M+m)g=kx,弹力大小始终等于整体的重力, 弹簧的长度始终不变,则活塞的位置始终不变。以缸体为 研究对象,根据平衡条件可得气缸内气体的压强p=p0+, 大气压强增大,p增大,大气压强减小,p减小。大气压强增大,p增大而温度不变,知体积V减小,气缸的上底面距地面的高度将减小,故A正确;大气压强减小,p减小而温度不变,则体积V增大,气缸的上底面距地面的高度将增大,故B错误;不管温度是升高还是降低,活塞的位置始终不变,气缸内气体的压强p=p0+,故温度的变化不影响压强,温度降低时,体积减小,气缸的上底面距地面的高度将减小,温度升高时,体积增大,气缸的上底面距地面的高度将增大,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 6.(多选)在下图中,p表示压强,V表示体积,T表示热力学温度,t表示摄氏温度,能正确描述一定质量的气体等压变化规律的是 (　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 11 解析:一定质量的气体在等压变化中,压强不变,体积V与热力学温度T成正比。其中B图中气体压强减小,D图中气体压强增大,只有A、C符合要求。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 7.温度为27 ℃的一定质量的气体保持压强不变,把体积减为原来的一半时,其温度变为(　　) A.127 K B.150 K C.13.5 ℃ D.23.5 ℃ 解析:由盖-吕萨克定律得=,所以T2=T1=T1= K=150 K, t2=-123 ℃,故A、C、D错误,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 B 11 8.如图所示,一导热良好的气缸内用活塞封住一定质量的 理想气体(不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦),用一弹簧 连接活塞,将整个气缸悬挂在天花板上。已知弹簧长度为 L,活塞距地面的高度为h,气缸底部距地面的高度为H,活塞 内气体压强为p,体积为V,则下列说法正确的是(　　) A.当外界温度升高(大气压不变)时,L变大、H减小、p变大、V变大 B.当外界温度升高(大气压不变)时,h减小、H变大、p变大、V减小 C.当外界大气压变小(温度不变)时,L不变、H变大、p减小、V不变 D.当外界大气压变小(温度不变)时,h不变、H减小、p减小、V变大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 D 11 解析:当外界温度升高(大气压不变)时,选择活塞与气缸为 整体,对其受力分析,其受到竖直向下的总重力和弹簧向上 的拉力,在升温过程中,总重力不变,所以弹簧拉力不变,即弹 簧长度不变,活塞的位置不变,则h和L不变;气缸内的气体做 等压变化,p不变,温度升高时,体积V增大,气缸下移,所以H减 小,故A、B错误。当外界大气压变小(温度不变)时,选择活塞 与气缸为整体,对其受力分析,其受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力,在外界大气压减小过程中,总重力不变,所以弹簧拉力不变,即弹簧长度不变,活塞的位置不变,则h和L不变;气体压强p=p0-,外界大气压p0减小,气体压强p减小,气体温度不变,由玻意耳定律可知,气体体积V增大,气缸下移,H减小,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 [B组　综合强化练] 9.(多选)如图所示为一定质量的理想气体沿着箭头所示的方向发生状态变化的过程,则该气体压强的变化是(　　) A.从状态c到状态d,压强减小 B.从状态d到状态a,压强不变 C.从状态a到状态b,压强增大 D.从状态b到状态c,压强增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 AC 11 解析:在V-T图上,等压线是延长线过原点的倾斜直线,对一定质量的理想气体,图线的斜率表示压强的倒数,即斜率越大,压强越小,因此A、C正确,B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 10.如图所示,竖直平面内有一粗细均匀的导热良好的直角形细玻璃管,A端封闭,C端开口,AB=BC=l0。平衡时,A、C端等高,管内水银柱如图所示,管内水银柱总长度为l0,玻璃管AB内封闭有长为的空气柱,已知大气压强相当于高度为l0的水银柱产生的压强,环境温度为300 K。(AB管内封入的空气可视为理想气体) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 (1)如果使玻璃管绕B点在竖直平面内逆时针缓慢地转动,并缓慢升高环境温度,求AB管水平时,若要保持AB管内空气柱的长度不变,则温度需要升高到多少? (2)如果使玻璃管绕B点在竖直平面内逆时针缓慢地转动,并保持环境温度不变,求AB管水平时,管内空气的压强为多少?(水银密度为ρ,重力加速度为g) 答案:(1)450 K　(2)ρgl0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 解析:(1)AB管水平时管内气体压强p1=p0+ρg 据题知p0=ρgl0 由题意可知AB管内气体做等容变化,由查理定律得= 解得T=450 K。 11 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 (2)设AB管水平时,BC管内水银柱长度为x,因AB管长l0,水银柱总长l0,所以末态气体体积为xS,对AB中密闭气体,由玻意耳定律得 p0S=(p0+ρgx)xS 解得x=l0 所以AB管内气体的压强为p=p0+xρg=ρgl0。 11 [C组　培优选做练] 11.如图,一固定的竖直气缸由一大一小两个同轴圆筒组成,两 圆筒中各有一个活塞。已知大活塞的质量为m1=2.50 kg,横截 面积为S1=80.0 cm2;小活塞的质量为m2=1.50 kg,横截面积为S2 =40.0 cm2;两活塞用刚性轻杆连接,间距保持为l=40.0 cm;气缸 外大气的压强为p=1.00×105 Pa,温度为T=303 K。初始时大活 塞与大圆筒底部相距,两活塞间封闭气体的温度为T1=495 K。 现气缸内气体温度缓慢下降,活塞缓慢下移。忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间,气缸内封闭气体的温度; (2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时,缸内封闭气体的压强。 答案:(1)330 K　(2)1.01×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)设初始时气体体积为V1,在大活塞与大圆筒底部刚接触时,缸内封闭气体的体积为V2,温度为T2,由题给条件得 V1=S2(l-)+S1· ① V2=S2l ② 在活塞缓慢下移的过程中,用p1表示缸内气体的压强,由平衡条件得 S1(p1-p)=m1g+m2g+S2(p1-p) ③ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 故缸内气体的压强不变,由盖-吕萨克定律得 = ④ 联立①②④式,并代入题给数据得 T2=330 K。 ⑤ (2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时,被封闭气体的压强为p1。在此后与气缸外大气达到热平衡的过程中,被封闭气体的体积不变。设达到热平衡时被封闭气体的压强为p',由查理定律有= ⑥ 联立③⑤⑥式并代入题给数据得p'=1.01×105 Pa。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 $$