专题提升 气体实验定律的应用 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实验定律应用，系统覆盖单一气体状态连续变化、关联气体状态变化、变质量问题及气体图像转换等核心内容，构建从基础定律到复杂情境的递进式学习支架，衔接分子动理论基础，助力学生深化理解。 其亮点在于通过知识归纳明确解题方法，典例剖析结合潜水钟、储气罐等实际情境培养科学思维（模型建构、科学推理），真题演练（如2020全国Ⅰ卷）强化科学探究能力。学生能提升复杂问题分析能力，教师可直接用于专题教学，提高课堂效率。

第1章　分子动理论与气体实验定律 专题提升　气体实验定律的应用 重难探究·能力素养全提升 探究点一　一部分气体状态连续变化问题 知识归纳 这类问题只涉及一部分封闭气体,状态参量发生变化,先后发生多个过程,考试中以先后两个过程变化出现的居多,等温变化、等容变化、等压变化或者三个状态参量都发生变化的四种变化中考查两个或三个,在分析的时候一定要分析好每一个过程的初末状态参量,尤其是两个过程的中间状态,通常存在临界条件。解决这类问题的一般方法:选取被密闭的气体为研究对象,分清楚变化过程,确定每一个过程的初、末状态参量,列式求解。 典例剖析 【例题1】　潜水钟是一种水下救生设备,它是一个底部开口、上部封闭的容器,外形与钟相似。潜水钟在水下时其内部上方空间里存有空气,以满足潜水员水下避险的需要。为计算方便,将潜水钟简化为截面积为S、高度为h、开口向下的圆筒;工作母船将潜水钟由水面上方开口向下吊放至深度为H的水下,如图所示。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,大气压强为p0,H≫h,忽略温度的变化和水密度随深度的变化。 (1)求进入圆筒内水的高度l。 (2)保持H不变,压入空气使筒内的水全部排出,求压入的空气在其压强为p0时的体积。 解析 (1)设潜水钟在水面上方时和放入水下后筒内气体的体积分别为V0和V1,放入水下后筒内气体的压强为p1,由玻意耳定律和题给条件有 p1V1=p0V0① V0=hS② V1=(h-l)S③ p1=p0+ρg(H-l)④ 联立以上各式并考虑到H≫h>l,解得 (2)设水全部排出后筒内气体的压强为p2,此时筒内气体的体积为V0,这些气体在其压强为p0时的体积为V3,由玻意耳定律有 p2V0=p0V3⑥ 其中p2=p0+ρgH⑦ 设压入筒内的气体在压强为p0时体积为V,依题意 V=V3-V0⑧ 联立②⑥⑦⑧式得 对点演练 1.如图所示,一导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置,在距气缸底部l=36 cm处有一与气缸固定连接的卡环,活塞与气缸底部之间密闭了一定质量的气体。当气体的温度T0=300 K、大气压强p0=1.0×105 Pa时,活塞与气缸底部之间的距离l0=30 cm,不计活塞的质量和厚度。现对气缸加热,使活塞缓慢上升,求: (1)活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1; (2)封闭气体温度升高到T2=540 K时的压强p2。 答案 (1)360 K　(2)1.5×105 Pa 解析 (1)设气缸的横截面积为S,气体做等压变化,由盖—吕萨克定律有 (2)然后温度继续升高,气体做等容变化,由查理定律有 ,代入数据得p2=1.5×105 Pa。 探究点二　相关联的两部分气体状态同时变化问题 知识归纳 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: (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。 典例剖析 【例题2】　如图所示,一容器由横截面积分别为2S和S的两个气缸连通而成,容器平放在水平地面上,气缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强和体积分别为p0和V0,氢气的体积为2V0,空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两气缸的连接处,求: (1)抽气前氢气的压强; (2)抽气后氢气的压强和体积。 解析 (1)设抽气前氢气的压强为p10,根据力的平衡条件得 (p10-p)·2S=(p0-p)·S① (2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1,氮气的压强和体积分别为p2和V2。 根据力的平衡条件有p2·S=p1·2S③ 由玻意耳定律得p1V1=p10·2V0④ p2V2=p0V0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接,故 V1-2V0=2(V0-V2)⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 对点演练 2.(2025广东卷)如图是某铸造原理示意图。往气室注入空气增加压强,使金属液沿升液管进入已预热的铸型室,待铸型室内金属液冷却凝固后获得铸件。柱状铸型室通过排气孔与大气相通,大气压强p0=1.0×105 Pa,铸型室底面积S2=0.2 m2,高度h2=0.2 m,底面与注气前气室内金属液面高度差H=0.15 m。柱状气室底面积S1=0.8 m2,注气前气室内气体压强为p0,金属液的密度ρ=5.0×103 kg/m3。重力加速度g取10 m/s2。空气可视为理想气体,不计升液管的体积。 (1)求金属液刚好充满铸型室时,气室内金属液面下降的高度h1和气室内气体压强p1。 (2)若在注气前关闭排气孔使铸型室密封,且注气过程中铸型室内温度不变,求注气后铸型室内的金属液高度为h3=0.04 m时,气室内气体压强p2。 答案 (1)0.05 m　1.2×105 Pa (2)1.35×105 Pa 解析 (1)由题意可知,铸型室内金属液的体积等于气室内金属液减少的体积,即h1S1=h2S2 故气室内金属液面下降的高度h1=0.05 m 分析得到气室内气体压强 p1=p0+ρg(h1+h2+H)=1.2×105 Pa。 (2)当上方铸型室液面高为h3=0.04 m时,设下方气室内液面下降高度为h4,则 h3S2=h4S1 解得h4=0.01 m 铸型室内气体发生等温变化,由玻意耳定律有 p0h2S2=p'(h2-h3)S2 故此时铸型室内气体压强p'=1.25×105 Pa 因此此时气室内气体压强p2=p'+ρg(h3+h4+H)=1.35×105 Pa。 探究点三　变质量问题 知识归纳 分析变质量问题时,可以通过巧妙选择合适的研究对象,使这类问题转化为定质量的气体问题,用理想气体状态方程求解。 1.充气问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量问题。只要选择球内原有气体和即将打入的气体作为研究对象,就可以把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。 2.抽气问题 从容器内抽气的过程中,容器内的气体质量不断减小,这属于变质量问题。分析时,将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象,总质量不变,故抽气过程可看作是等温膨胀过程。 典例剖析 【例题3】　(2020全国Ⅰ卷)甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为 。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。 (1)求调配后两罐中气体的压强; (2)求调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。 解析 以气体为研究对象,由于气体温度不变,由玻意耳定律分析。 (1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有 现两罐气体压强均为p,总体积为(V+V1),设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有 p(V+V1)=p'(V+2V)② 联立①②式可得 (2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2④ 设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的 对点演练 3.(2024山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2、高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g=10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 甲 乙 (1)求x; (2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 答案 (1)0.02 m (2)8.92×10-4 m3 解析 (1)初状态:p1=p0,V1=(H-x)S1 末状态:p2=p0-ρgh,V2=HS1 根据玻意耳定律可知p1V1=p2V2,即 p0(H-x)=(p0-ρgh)H 探究点四　气体图像之间的转换 知识归纳 1.理想气体状态变化的过程,可以用不同的图像描述。已知某个图像,可以根据这一图像转换成另一图像,如由p-V图像变成p-T图像或V-T图像。 2.在图像转换问题中要特别注意分析隐含物理量。p-V图像中重点比较气体的温度,p-T图像中重点比较气体的体积,V-T图像中重点比较气体的压强。确定了图像中隐含物理量的变化,图像转换问题就会迎刃而解。 典例剖析 【例题4】　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)请在乙图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)见解析图 解析 (1)A状态:pA未知　VA=1 m3,TA=200 K D状态:pD=2×104 Pa,VD=4 m3,TD=400 K (2)A到B做等容变化,等容线在p-T图像中为过原点的直线,B到C做等温变化,由甲图AC连线为过原点的直线,得C的压强与A压强相等,C到D做等容变化,故图线如图所示。 对点演练 4.使一定质量的理想气体的状态按图甲中箭头所示的顺序变化,图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线的一部分。 (1)已知气体在状态A的温度TA=300 K,求气体在状态B、C和D的温度各是多少。 (2)将上述状态变化过程在图乙中画成用体积V和温度T表示的图线(图中要标明A、B、C、D四点,并且要画箭头表示变化的方向),说明每段图线各表示什么过程。 答案 (1)600 K　600 K　300 K　(2)见解析 解析 (1)从p-V图中可以直观地看出,气体在A、B、C、D各状态下压强和体积分别为pA=4×105 Pa,pB=4×105 Pa,pC=2×105 Pa,pD=2×105 Pa,VA=10 L,VC=40 L,VD=20 L。 根据理想气体状态方程 由题意知B到C是等温变化,所以TB=TC=600 K。 (2)由状态B到状态C为等温变化,由玻意耳定律有pBVB=Pcvc 在V-T图上状态变化过程的图线由A、B、C、D各状态依次连接(如图所示),AB是等压膨胀过程,BC是等温膨胀过程,CD是等压压缩过程。 学以致用·随堂检测全达标 1 2 3 4 5 1.空气压缩机的储气罐中储有1.0×105 Pa的空气6.0 L,现再充入1.0×105 Pa的空气9.0 L。设充气过程为等温过程,空气可看作理想气体,则充气后储气罐中气体压强为(　　) A.2.5×105 Pa B.2.0×105 Pa C.1.5×105 Pa D.1.0×105 Pa 解析 取全部气体为研究对象,由p1(V1+V2)=pV1得p=2.5×105 Pa,故A正确。 A 1 2 3 4 5 2.(多选)(2025河南卷)如图,一圆柱形汽缸水平固定,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽缸壁均绝热且两者间无摩擦。平衡时,P左、右两侧理想气体的温度分别为T1和T2,体积分别为V1和V2,T1<T2,V1<V2。则(　　) A.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将右移 B.固定M、N,若两侧气体同时缓慢升高相同温度,P将左移 C.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将右移 D.保持T1、T2不变,若M、N同时缓慢向中间移动相同距离,P将左移 AC 1 2 3 4 5 解析 初始时活塞P左右两侧压强相同,有p1=p2=p0,假设V1、V2不变,两侧气体均发生等容变化,根据盖—吕萨克定律,有,解得Δp1=p0,Δp2=p0,由于T1<T2,则Δp1>Δp2,活塞P向右侧移动,A正确,B错误;T1、T2不变,两侧气体发生等温变化,根据玻意耳定律,有p0V1=p1(V1-ΔV),p0V2=p2(V2-ΔV),变形后有p1=p0,p2=p0,由于V1<V2,则p1>p2,活塞P向右移动,C正确,D错误。 1 3 4 5 3.一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C,p-T图像如图甲所示。若气体在状态A的温度为-73.15 ℃,在状态C的体积为0.6 m3,0 ℃为273.15 K。 (1)求状态A的热力学温度。 (2)写出A至C过程中气体的变化情形,并根据图像提供的信息,计算图中VA的值。 (3)在图乙坐标系中,作出由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像,并在图线相应位置上标出字母A、B、C。 2 1 3 4 5 答案 (1)200 K　(2)变化情形见解析　0.4 m3　(3)见解析 解析 (1)状态A的热力学温度 TA=t+273.15 K=(-73.15+273.15)K=200 K。 (2)由题图甲可知,A至B为等压过程,B至C为等容过程。 2 1 3 4 5 (3)由p-T图知B、C连线的延长线过原点,则VB=VC=0.6 m3 图像如图所示。 2 1 3 4 5 4.如图所示,气缸放在地面上,开口向上,缸内质量为m的活塞与气缸内壁无摩擦,密闭一段理想气体,绕过光滑定滑轮的轻绳与活塞和放在地面上质量为2m的物块相连,开始时,绳处于伸直状态但无弹力,活塞截面积为S,活塞离气缸内底的距离为h,大气压强为p0,缸内气体的温度为T1,气缸的质量大于物块的质量,重力加速度为g。 (1)要使物块对地面的压力刚好为零,需要将缸内气体温度 降为多少? (2)要使物块上升 的高度,需要将缸内气体的温度降为 多少? 2 1 3 4 5 2 1 3 4 5 2 1 3 4 5 5.如图所示,在一圆形竖直管道内密闭有理想气体,用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积相等的两部分,温度都为T0=300 K,上部气体压强为p0=1.0×105 Pa,对活塞A有 =2×104 Pa(S为活塞A的横截面积)。现保持下部分气体 温度不变,只对上部分气体缓慢加热,当活塞A移动到最低点B时(不计摩擦)。求: (1)下部分气体的压强; (2)上部分气体的温度。 2 1 3 4 5 答案 (1)2.4×105 Pa (2)1 080 K 解析 (1)下部分气体做等温变化, 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 代入数据解得p2=2.4×105 Pa。 2 1 3 4 5 (2)当活塞A移动到最低点B时,对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强相等,即p2'=p2 对上部分气体, 初状态:压强为p0,温度为T0,体积为V0 2 答案 (1)h　(2) l=h。⑤ V=。 ,代入数据得T1=360 K。 答案 (1)(p0+p) (2)p0+p　 得p10=(p0+p)。② p1=p0+p V1=。 p 答案 (1)　(2) p(2V)=pV1① p'=p。③ 定义有k=⑤ 联立③④⑤式可得k=。 解得x= m=0.02 m。 (2)由题意得p0V+p2V2=p3 p3=p0-ρg 联立解得V=8.92×10-4 m3。 根据理想气体状态方程 代入数据得pA= Pa=4×104 Pa。 可得TC=·TA=×300 K=600 K TD=·TA=×300 K=300 K 得VB= L=20 L 对A至C,由理想气体状态方程有 解得VA= m3=0.4 m3。 h 答案 (1)T1　(2)T1 解析 (1)开始时缸内气体的压强p1=p0+ 当物块对地面的压力为零时,缸内气体的压强p2=p0- 当物块对地面的压力为零时,缸内气体的温度为T2,气体发生等容变化,则 解得T2=T1。 (2)当物块上升h的高度时,缸内压强仍为p2=p0-,设此时缸内气体温度为T3,气体发生等压变化,有 解得T3=T2=T1。 初状态:压强为p1=p0+ 体积为V1=V0 末状态:压强为p2,体积为V2=V0 末状态:压强为p2',温度为T2',体积为V2'=V0 根据理想气体状态方程,有 则T2'= 代入数据解得T2'=3.6T0=1 080 K。 $