1.5.1 气体实验定律-气体的等温变化 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第三册

该高中物理课件聚焦气体等温变化，核心讲解玻意耳定律内容、公式及p-V图像，通过气泡上升体积变化实验导入，衔接分子动理论，以控制变量法、压强计算方法（力平衡法等）为学习支架。 其亮点是分层设计教学环节，结合物理观念（p-V图像物理意义）与科学思维（模型建构、推理计算），通过气缸活塞、U形管等实例解析，助力学生提升问题分析能力，为教师提供系统教学资源与分层练习。

第1章　分子动理论与气体实验定律 第5节　气体实验定律 第一课时　气体的等温变化 课标要求 1.知道玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律的内容、表达式和适用条件。(物理观念) 2.了解p-V图像、 图像、p-T图像、V-T图像的物理意义。(物理观念) 3.会计算封闭气体的压强。(科学思维) 4.会用玻意耳定律、查理定律、盖—吕萨克定律对有关问题进行分析、计算。(科学思维) 基础落实·必备知识全过关 玻意耳定律 1.内容:一定质量的气体,在　　　　保持不变的条件下,压强p与体积V成　　　　。  2.公式:　　　　　　　。  3.适用条件 (1)气体的质量一定,温度不变。 (2)气体的温度不太低,压强不太大。 温度 反比 p1V1=p2V2 4.气体等温变化的图像 (1)p-V图像:在温度不变的情况下,一定质量的气体的p-V图像为双曲线的一支,如图甲所示。它描述的是温度不变时的p-V关系,称为气体的等温线。一定质量的气体,不同温度下的等温线是不同的。 (2) 图像:在温度不变的情况下,一定质量的气体的 图像为过原点的直线,如图乙所示。 易错辨析 判一判 (1)在探究气体等温变化的规律时采用控制变量法。(　　) (2)大量实验证明,一定质量的气体,在温度不变时,压强跟体积成反比。 (　　) (3)一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是一条倾斜直线。(　　) (4) 图像的斜率越大,说明气体的温度越低。(　　) (5)p-V图像中,pV乘积越大(即离原点越远),说明气体的温度越高。(　　) √ √ × 提示 一定质量的某种气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支。 提示 图像的斜率越大,说明气体的温度越高。 × √ 即学即用 练一练 一定质量的气体在温度保持不变时,压强增大到原来的4倍,则气体的体积变为原来的(　　) D 重难探究·能力素养全提升 探究点一　封闭气体压强的计算 导学探究 (1)如图甲所示,C、D液面水平且等高,液体密度为ρ,重力加速度为g,其他条件已标于图上,则封闭气体A的压强是多少? 要点提示 同一水平液面C、D处压强相同,可得pA=pD=p0+ρgh。 (2)如图乙所示,置于水平地面上的气缸横截面积为S,活塞质量为m,气缸与活塞之间无摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则封闭气体的压强为多少? 要点提示 以活塞为研究对象,受力分析如图所示,由平衡条件得mg+p0S=pS,则 。 知识归纳 封闭气体压强的求解方法 1.容器静止或匀速直线运动时封闭气体压强的计算 (1)力平衡法 选与封闭气体接触的液体(或活塞、气缸)为研究对象进行受力分析,由平衡条件列式求气体压强。 (2)参考液片法 选取假想的液体薄片为研究对象,分析液片两侧受力情况,建立受力平衡方程消去面积,根据液片两侧压强相等,求得气体压强。 自身重力不计 例如,图中粗细均匀的U形管中密闭了一定质量的气体A,在其最低处取一液片B,由其两侧受力平衡可知(pA+ph0)S=(p0+ph+ph0)S,即pA=p0+ph。 (3)等压面法 同种液体在同一深度向各个方向的压强相等,在连通器中,灵活选取等压面,利用同一液面压强相等求解气体压强。如图甲所示,同一液面C、D两处压强相等,故pA=p0+ph;如图乙所示,M、N两处压强相等,有pB=pA+ph2,pB=p0+ph1。 2.容器变速运动时封闭气体压强的计算 当容器变速运动时,通常选与气体相关联的液柱、气缸或活塞为研究对象,并对其进行受力分析,然后由牛顿第二定律列方程,求出封闭气体的压强。 如图所示,当竖直放置的玻璃管向上加速运动时(液柱与玻璃管相对静止), 对液柱受力分析有pS-p0S-mg=ma,得p=p0+ 。 画龙点睛　选活塞、气缸、液柱受力分析求压强。 典例剖析 能力点1　液柱封闭的气体 【例题1】 (多选)如图所示,在两端开口、竖直放置的U形玻璃管内,封闭着长度为L的空气柱,a、b两水银面的高度差为h,现保持温度不变,则(　　) A.若再向左管注入些水银,稳定后h变大 B.若再向左管注入些水银,稳定后h不变 C.若两管同时注入等量的水银,稳定后h变大 D.若两管同时注入等量的水银,稳定后h不变 BC 解析 管内封闭气体的压强为p=p0+ρgh=p0+ρgh',即右侧管上部分水银柱长度等于a、b两水银面的高度差h,若再向左管注入些水银,稳定后气体的压强不变,则h不变,故A错误,B正确;若两管同时注入等量的水银,稳定后管内气体的压强变大,则h变大,气体体积减小,则L减小,故C正确,D错误。 对点演练 1.如图所示,4只管中A端有封闭气体,气体的压强分别为pa、pb、pc、pd,它们的大小顺序为(　　) A.pa=pb=pc=pd B.pd>pc>pa>pb C.pa=pb=pc<pd D.pa=pc<pb=pd B 解析 液体相连在等高处压强相等,必须注意的是不能把气体和液体“连通”,pa=p0-h,pb=p0-2h,pc=p0+h,pd=p0+2h,故选B。 能力点2　气缸、活塞封闭的气体 【例题2】如图所示,气缸放置在水平地面上,用质量为m1、横截面积为S的活塞封闭一定质量的气体。活塞上放置一个质量为m2的重物,不计摩擦,重力加速度为g,大气压强为p0,平衡时缸内气体的压强为(　　) D 对点演练 2.如图所示,一横截面积为S的圆柱形容器竖直放置,圆板A的上表面是水平的,下表面是倾斜的,且下表面与水平面的夹角为θ,圆板的质量为M,不计一切摩擦,大气压强为p0,重力加速度为g,则被圆板封闭在容器中的气体的压强为(　　) D 解析 以圆板为研究对象,如图所示,竖直方向受力平衡,pAS'cos θ=p0S+Mg, 探究点二　玻意耳定律 导学探究 在一个恒温池中,一串串气泡由池底慢慢升到水面。有趣的是,气泡在上升过程中,体积逐渐变大,到水面时就会破裂。问: (1)上升过程中,气泡内气体的温度发生改变吗? (2)上升过程中,气泡内气体的压强怎么改变? (3)气泡在上升过程中体积为何会变大? 要点提示 (1)因为在恒温池中,所以气泡内气体的温度保持不变。 (2)变小。 (3)由玻意耳定律pV=C可知,压强变小,气体的体积增大。 知识归纳 1.应用玻意耳定律的思路和方法 (1)确定研究对象,并判断是否满足玻意耳定律成立的条件。 (2)确定初、末状态及状态参量(p1、V1,p2、V2)。 (3)根据玻意耳定律列方程p1V1=p2V2,代入数值求解。 (4)有时要检验结果是否符合实际,不符合实际的结果要舍去。 各状态参量要统一单位 画龙点睛　确定气体压强或体积时,只要初、末状态的单位统一即可,没有必要都转换成国际单位。 2.玻意耳定律的微观解释 一定质量的某种气体,温度保持不变时,分子的平均动能是一定的。在这种情况下,体积减小时,分子的密集程度增大,单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数就多,气体的压强就增大(如图所示)。 典例剖析 能力点1　液柱密闭的气体 【例题3】 (2025湖南永州高二期末)一名潜水爱好者利用如图所示的简易测深装置进行测深。该装置由轻质导热透明材料制成,质量为0.02 kg,上部分为球形,容积为10 cm3,下部分为管状,管的上端与球的下端良好接触,且球的下端开口。管内气柱横截面积为2 cm2,管长为25 cm。在水面时,先让管内充满标准状态的空气,将管下端贴近水面后将装置整体按入水中并随潜水员缓慢下潜,该装置通过细绳系于身上,且保持竖直方向。忽略水温和水的密度的变化、管壁厚度、管壁的形变以及装置的长度对气体压强的影响。大气 压强等于10 m水柱重力产生的压强。水的密度ρ=1.0×103 kg/m3。求: (1)潜水员下潜到水深10 m处,管中气柱的长度。 (2)潜水员下潜到水深为多少米时,系住测深装置的绳子开始松弛。 答案 (1)10 cm (2)20 m 解析 (1)装置在水面时p1=p0,V1=10 cm3+2×25 cm3=60 cm3 下潜至10 m水深时p2=2p0 由玻意耳定律可得p1V1=p2V2 解得V2==30 cm3 且V2=10 cm3+2L cm3=30 cm3 解得L=10 cm。 (2)当细绳松弛时mg=ρV排g 解得V排==20 cm3 由玻意耳定律可得p1V1=p3V3 且V排=V3 解得p3=3p0 根据p3=p0+p水 p水=2p0,故水深为20 m。 答案 1 cm 对点演练 3.(2021全国乙卷)如图所示,一玻璃装置放在水平桌面上,竖直玻璃管A、B、C粗细均匀,A、B两管的上端封闭,C管上端开口,三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1=13.5 cm,l2=32 cm。将水银从C管缓慢注入,直至B、C两管内水银柱的高度差h=5 cm。已知外界大气压p0相当于75 cm高水银柱产生的压强。求A、B两管内水银柱的高度差。 解析 以B管中的气体为研究对象有p0l2=(p0+ρgh)l2' 解得l2'=30 cm B管中的水银柱高Δl=l2-l2'=2 cm 设A、B管中水银柱的高度差为h' 以A管中气体为研究对象有 p0l1=(p0+ρgh+ρgh')[l1-(Δl-h')] 解得h'=1 cm。 能力点2　气缸、活塞封闭的气体 【例题4】 　如图所示,一开口向上的气缸固定在水平地面上,质量均为m、横截面积均为S且厚度不计的活塞A、B将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。在活塞A的上方放置一质量为2m的物块,整个装置处于平衡状态,此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0。已知大气压强与活塞质量的关系为p0= ,活塞移动过程中无气体泄漏且温度始终保持不变,不计一切摩擦,气缸足够高。现将活塞A上面的物块取走,试求重新达到平衡状态后,A活塞上升的高度。 答案 0.9l0 设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2,则由玻意耳定律可得p2l0S=p2'l2S 故活塞A上升的高度为Δh=l1+l2-2l0=0.9l0。 规律方法　应用玻意耳定律解题时的两个误区 误区1:误认为在任何情况下玻意耳定律都成立。只有一定质量的气体在温度不变时,定律才成立。 误区2:误认为气体的质量变化时一定不能用玻意耳定律进行分析。 当气体经历多个质量发生变化的过程时,可以分段应用玻意耳定律列方程,也可以把发生变化的所有气体作为研究对象,应用玻意耳定律列方程。 对点演练 4.(2021全国甲卷)如图所示,一气缸中由活塞封闭有一定量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B的体积均为V,压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置,当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动,当压强差等于0.5p0时隔板就会停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞,使B的体积减小为。 (1)求A的体积和B的压强; (2)再使活塞向左缓慢回到初始位置,求此时A的体积和B 的压强。 解析 (1)对于B中的气体,根据玻意耳定律得 解得pB=2p0 对于A中的气体,根据玻意耳定律得 p0V=pAVA 又pA=pB+0.5p0=2.5p0 解得VA=0.4V。 (2)使活塞向左缓慢回到初始位置,对于B中的气体,根据玻意耳定律得 对于A中的气体,根据玻意耳定律得 2.5p0×0.4V=pA2VA2 又VA2+VB2=2V,pB2-pA2=0.5p0 探究点三　气体等温变化的图像 导学探究 (1)如图甲所示为一定质量的气体在不同温度下的p-V图线,T1和T2哪一个大? (2)如图乙所示为一定质量的气体在不同温度下的 图线,T1和T2哪一个大? 要点提示 (1)T2　(2)T2 知识归纳 1.p-V图像 一定质量的气体等温变化的p-V图像是双曲线的一支,双曲线上的每一个点均表示气体在该温度下的一个状态,而且同一条等温线上每个点对应的p、V坐标的乘积是相等的。一定质量的气体在不同温度下的等温线是不同的双曲线,且pV乘积越大,温度就越高,图甲中T2>T1。 2. 图像 一定质量的气体等温变化的 图像是过原点的倾斜直线(如图乙所示)。由于气体的体积不能无穷大,所以原点附近的图线用虚线表示,该直线的斜率k=pV,故斜率越大,温度越高,图中T2>T1。 3.气体等温变化图像的应用步骤 (1)明确图像类型 确定是p-V图像还是 图像。 (2)确定研究过程 ①明确研究的初状态和末状态。 ②明确由初状态到末状态的变化过程。 (3)应用图像规律 ①在p-V图像中,沿远离横、纵坐标轴方向,温度越来越高。 ②在 图像中,斜率越大,温度越高。 典例剖析 能力点1　p-V图像 【例题5】 　(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中,AB和CD为等温过程,BC为等压过程,DA为等容过程,则在该循环过程中,下列说法正确的是(　 　) A.AB过程中,气体分子的平均动能不变 B.BC过程中,气体温度升高 C.CD过程中,单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D.DA过程中,气体温度升高 AB 解析 AB为等温过程,气体温度不变,所以气体分子的平均动能不变,故A正确;AB、CD为等温过程,从p-V图像中可知,CD过程温度高于AB过程,则BC过程,气体温度升高,DA过程,气体温度降低,故B正确,D错误;CD为等温过程,从题图可知,气体体积在变大,单位体积分子数减少,且过程中分子平均动能不变,气体压强变小,所以单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数在减少,故C错误。 对点演练 5.(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条等温线,则下列说法正确的是(　　 ) A.从等温线可以看出,一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比 B.一定质量的气体,在不同温度下的等温线是不同的 C.由图可知T1>T2 D.由图可知T1<T2 ABD 解析 由等温线的物理意义可知,A、B正确;对于一定质量的气体,温度越高,等温线的位置就越高,C错误,D正确。 能力点2　 图像 【例题6】 　(多选)如图所示,D→A→B→C表示一定质量的某种气体状态变化的一个过程,则下列说法正确的是(　　) A.D→A是一个等温过程 B.A→B是一个等温过程 C.TA>TB D.B→C过程中,气体体积增大、压强减小、温度不变 AD 解析 D→A是一个等温过程,A正确;A→B温度升高,TB>TA,B、C错误;B→C是一个等温过程,V增大,p减小,D正确。 对点演练 6.(多选)一定质量的气体在不同温度下的两条 图线如图所示,由图可知(　　) A.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成正比 B.一定质量的气体在发生等温变化时,其压强与体积成反比 C.T1>T2 D.T1<T2 BD 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 1.如图所示,两端开口的弯折的玻璃管竖直放置,三段竖直管内各有一段水银柱,两段空气密闭在三段水银柱之间,若左、右两管内水银柱长度分别为h1、h2,且水银柱均静止,则中间管内水银柱的长度为(　　) B 解析 设大气压强为p0,左边密闭空气的压强p左=p0-ph1,右边密闭空气的压强p右=p0+ph2=p左+ph,则h=h1+h2,故B正确。 1 2 3 2.如图所示,一端开口、另一端封闭的玻璃管内用水银柱封闭一定质量的气体,保持温度不变,把管子以封闭端为圆心,从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中,可用来说明气体状态变化的p-V图像是 (　　) C 1 2 3 解析 水平方向上有p1=p0,竖直方向上有p2=p0+ρgh,从开口向上的竖直位置逆时针缓慢转到水平位置的过程中,气体的压强减小,体积增大,又因为温度不变,p-V图像是双曲线的一支,故C正确。 1 2 3 答案 39 cm 3.粗细均匀的U形管,右端密闭有一段空气柱,两管内水银面高度差为19 cm,密闭端空气柱长度为40 cm,如图所示。求再向左管注入多少水银可使两管水银面等高。(已知外界大气压强p0相当于76 cm高水银柱产生的压强,灌入水银过程中温度保持不变) 解析 设水银密度为ρ,以右管中被密闭空气为研究对象。空气初状态p1=p0-ph=(76-19)cm·ρg=57 cm·ρg,V1=L1S;末状态p2=p0=76 cm·ρg,V2=L2S。则由玻意耳定律p1V1=p2V2,解得L2=30 cm。则需加入的水银柱长度应为h+2(L1-L2)=39 cm。 p- p- p- p- p- A.4倍 B.2倍 C. D. 解析 根据玻意耳定律p1V1=p2V2,,即体积变为原来的。 p=p0+ A.p0 B.p0+ C.p0+ D.p0+ 解析 设平衡时缸内气体的压强为p,对活塞受力分析,有pS=p0S+(m1+m2)g,解得p==p0+,故选D。 A.p0+ B. C.p0+ D.p0+ 又S'=,所以解得pA=p0+。故D选项正确。 解析 对Ⅰ部分气体,其初态压强p1=p0+,末态压强为p1'=p0+ 设末态时Ⅰ部分气体的长度为l1,则由玻意耳定律可得p1l0S=p1'l1S 解得l1=l0 对Ⅱ部分气体,其初态压强为p2=p1+=p0+,末态压强为 p2'=p1'+=p0+ 代入数据解得l2=l0 答案 (1)0.4V　2p0 (2)(-1)V　p0 p0V=pB 2p0×V=pB2VB2 联立求得pB2=p0,VA2=(-1)V。 p- p- p- p- p- p- p- 解析 这是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线,由图线过原点可知=恒量,即斜率k=pV为恒量,所以p与V成反比,A错误,B正确;根据p-图线斜率的物理意义可知C错误,D正确。 A.h1-h2 B.h1+h2 C. D. $