2026届高考物理二轮专题提升课件：气体实验定律的综合应用

该高中物理高考复习课件聚焦“气体实验定律综合应用”核心考点，精准对接高考对玻璃管液封、汽缸活塞模型的考查要求，梳理单独气体、关联气体两大考向，通过典题（如U形管液封温度变化、汽缸活塞压强计算）强化模型建构与科学推理，体现高考备考的针对性与实用性。 课件以“模型拆解+典题精讲+易错警示”为特色，如典题1通过液柱受力分析结合状态方程求解温度，归纳两模型解题步骤与压强分析关键点，培养科学思维素养，助力学生掌握实战技巧，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

专题提升 气体实验定律的综合应用 专题概述:本专题是气体实验定律在“玻璃管液封模型”和“汽缸活塞模型”中的应用。解答“玻璃管液封模型”的关键点是以液柱为研究对象进行受力分析,列平衡方程,尤其注意应用连通器原理寻找各部分之间的压强关系;解答“汽缸活塞模型”的关键点是以活塞或汽缸为研究对象,进行受力分析并列出方程,挖掘三个气体状态参量p、V、T的隐含信息,结合气体实验定律求解。 题型一　玻璃管液封模型 强基础•固本增分 1.玻璃管液封模型 求液柱封闭的气体压强时,一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意: (1)液体因所受重力产生的压强为p=ρgh(其中h为液体的竖直高度); (2)不要漏掉大气压强,同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力; (3)灵活应用连通器原理,即连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。 2.解题基本思路 考向一 单独气体 典题1 如图所示,在一端封闭的U形管中用水银柱封闭一段空气柱,当温度为27 ℃时被封的空气柱长度为L=13 cm,且左侧管中水银柱比右侧管中水银柱高h=3 cm,已知大气压强p0相当于75 cm水银柱产生的压强。 (1)为使右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高h=3 cm,封闭气体温度应变为多少? (2)若封闭气体的温度重新回到27 ℃,向右侧开口端缓慢注入水银,注入的水银柱长度为多少时右侧管中水银柱比左侧管中水银柱高3 cm? 答案 (1)400 K (2)8 cm 解析 (1)设封闭气体初始状态参量分别为p1、T1、V1,温度变化后状态参量分别为p2、T2、V2。由题意知 初状态p1=ρg(h1-h)=72 cm·ρg V1=LS=13 cm·S T1=(273+27) K=300 K 末状态p2=ρg(h1+h)=78 cm·ρg,V2=L2S=16 cm·S 代入数据解得T2=400 K。 (2)由题意知注入水银的过程中气体经历等温变化,设注入水银后空气柱的长度为L3,则初状态p1=ρg(h1-h)=72 cm·ρg,V1=LS=13 cm·S 末状态p3=ρg(h1+h)=78 cm·ρg,V3=L3S 由玻意耳定律得p1V1=p3V3 代入数据解得L3=12 cm 则注入水银柱的长度为d=(L-L3)×2+2h=8 cm。 考向二 关联气体 典题2 如图所示,U形玻璃细管竖直放置,水平细管(内、外径都很小)与U形细管底部相连通,各部分细管内径相同。C管长度为lC=30 cm,初始时U形玻璃管左、右两侧水银面高度差为Δh=15 cm,C管水银面距U形玻璃管底部距离为hC=5 cm。水平细管内用小活塞封有长度为lA=12.5 cm的理想气体A,U形 管左管上端封有气柱长度为lB=25 cm的理想气体B,右管上端开口与大气相通,现将活塞缓慢向右压,使U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平,该过程A、B气柱的温度保持不变。已知外界大气压强为p0与75 cm水银柱产生的压强相等,水平细管中的水银柱足够长,水银的密度为ρ。 (1)求左右两侧液面相平时,气体B的长度L; (2)求该过程活塞移动的距离d。 答案 (1)20 cm (2)27.5 cm 解析 (1)设玻璃管横截面积为S,活塞缓慢向右压的过程中,气体B做等温变化,根据玻意耳定律有pB1VB1=pB2VB2 其中pB1=ρg(h1-Δh)=60 cm·ρg,VB1=25 cm·S,pB2=75 cm·ρg,VB2=LS 解得气体B的长度L=20 cm。 (2)活塞缓慢向右压的过程中,各部分液柱移动情况示意如图 U形管左管中水银柱长度变化等于气柱B长度的变化 ΔL左=25 cm-20 cm=5 cm U形管右管中水银柱长度变化ΔL右=15 cm+5 cm=20 cm 气体A做等温变化pA1=ρg(h1+hC)=80 cm·ρg pA2=ρg(h1+hC+ΔL右)=100 cm·ρg,VA1=12.5 cm·S,VA2=L2S 根据玻意耳定律有pA1VA1=pA2VA2 解得气体A的长度LA2=10 cm 活塞移动的距离等于A部分气体长度的变化加上U形管左、右两侧水银柱长度的变化,所以d=LA1-LA2+25 cm=27.5 cm。 题型二　汽缸活塞模型 1.解题的一般思路 (1)确定研究对象 研究对象分两类:①热学研究对象(一定质量的理想气体);②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析物理过程 ①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程,依据气体实验定律列出方程。 ②对力学研究对象要正确地进行受力分析,依据力学规律列出方程。 (3)挖掘题目的隐含条件,如几何关系等,列出辅助方程。 (4)多个方程联立求解。注意检验求解结果的合理性。 2.两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解。 考向一 单独气体 典题3如图所示,竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀,内壁光滑,横截面积分别为S、2S,由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭,左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时,两汽缸内封闭气柱的高度均为H,弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子,直至右侧活塞下降 已知大气压强为 p0,重力加速度大小为g,汽缸足够长,汽缸内气体温度始终不变,弹簧始终在弹性限度内。 (1)求最终汽缸内气体的压强。 (2)求弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。 解析 (1)对左右汽缸内所封的气体: 初态压强p1=p0 体积V1=SH+2SH=3SH 末态压强p2 根据玻意耳定律可得p1V1=p2V2 考向二 关联气体 典题4 如图所示,容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中:两汽缸的底部通过细管连通,A汽缸的顶部通过开口C与外界相通;汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分,其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为 。环境压强保持不变, 不计活塞的质量和体积,忽略摩擦。 (1)将环境温度缓慢升高,求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度。 (2)将环境温度缓慢改变至2T0,然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体,求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后,B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。 (1)阀门打开后活塞稳定时,A部分气体的压强pA; (2)活塞稳定后,C中剩余气体的质量m2与最初 C中气体质量m0之比。 解析 (1)初始时对活塞有p0S+mg=1.5p0S 得到mg=0.5p0S 打开阀门后,活塞稳定时,对B气体有 对活塞有pAS+mg=pBS 得pA=2.5p0。 归纳总结 两种模型的分析方法 模型 解决方法 易错辨析 玻璃管液封模型 以液柱为研究对象进行受力分析,联系两部分气体的p、V、T等量;再结合实验定律求解问题 准确找到液柱高度差是求解压强的关键点 汽缸活塞模型 分析活塞的受力情况,结合运动状态,求解封闭气体的压强 找出封闭气体初、末状态的物理量,结合实验定律求解结果 由理想气体状态方程可得 , H。 答案 (1)p0 (2) 体积V2=S·H+2S·H=SH 解得p2=p0。 (2)对右侧活塞受力分析可知mg+p0·2S=p2·2S 解得m= 对左侧活塞受力分析可知p0S+k·H=p2S 解得k=。 V0 答案 (1)T0 (2)p0 解析 (1)环境温度升高,汽缸内气体发生等压变化 对Ⅳ部分气体由盖-吕萨克定律得 解得T=T0。 (2)研究Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体,初始温度T0,初始压强p0,体积为V1=V0,环境温度升高到2T0后,A汽缸中的活塞到达汽缸底部时,Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ部分气体的体积为V2=V0,压强为p 由理想气体状态方程得 解得p=p0。 典题5 如图所示,活塞将左侧导热汽缸分成容积均为V的A、B两部分,汽缸A部分通过带有阀门的细管与容积为 𝑝0 𝑝0 ,然后再将阀门关闭。已知A、B、C内为同种理想气体,细管及活塞的体积均可忽略,外界温度保持不变,活塞与汽缸之间的摩擦力不计。求: 答案 (1)2.5p0 (2) 1.5p0·V=pB· (2)设未打开阀门前,C中气体的压强为pC0 对A、C中气体整体有p0·V+pC0·=pA· 得到pC0=p0 所以,C中剩余气体的质量m2与最初C中气体质量m0之比。 $