专题提升课2 理想气体的综合问题(课件PPT)-【学霸笔记·同步精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

该高中物理课件聚焦理想气体综合问题，涵盖液柱或活塞移动、关联气体两大核心专题，通过具体问题导入，衔接气体实验定律，以假设法、图像法等为学习支架，帮助学生理解状态参量变化规律。 其亮点在于方法多样（假设法、极限法、图像法），结合高考模拟题（如2024年内蒙古赤峰一模），注重科学推理（如压强变化量推导）和模型建构（如两部分气体关联分析）。学生能掌握解题思路，教师可高效开展专题教学，提升学生科学思维和问题解决能力。

专题提升课2　理想气体的综合问题 专题深度剖析 1 随堂巩固落实 2 内容 索引 专题深度剖析 PART 01 第一部分 微专题一　液柱或活塞移动问题 1．假设法 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。 专题深度剖析 返回导航 2．极限法 所谓极限法就是将问题推向极端。例如在讨论压强大小变化时，将较大的压强推向无穷大，而将较小的压强推向零。这样使复杂的问题变得简单明了。 3．图像法 利用p－T图像：先在p－T图线上画出两气体的等容图线，找到它们因温度发生变化而引起的压强变化量Δp，比较两者的Δp或结合受力分析比较ΔpS从而得出结论。 专题深度剖析 返回导航 　如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管相连，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 ℃，那么水银柱(　　)   A．向A移动 B．向B移动 C．不动 D．不能确定 √ 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 　如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一 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，则管内水银柱将如何运动？(设原来的温度相 同) [解析]　水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp＝p1－p2＝ph。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1>Δp2，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1<Δp2，水银柱向下移动；若Δp1＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其所受合力方向，即判断两部分气体的压强哪一个增大得多。 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 法三：极限法 由于p2较小，设想p2＝0，即上段为真空，升温则p1增大，水银柱上移，降温则水银柱下降。 [答案]　水银柱上移 专题深度剖析 返回导航 微专题二　关联气体问题 1．问题特点 两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积的关联。 2．解题思路 (1)分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实验定律列式求解。 (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。 专题深度剖析 返回导航 角度1　玻璃管液封气体 　 (2024·内蒙古赤峰一模)如图所示，竖直面内有一内径相同的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝8 cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2＝5 cm，此时A、B气体的温度均为280 K。 专题深度剖析 返回导航 (1)求初始时理想气体B的压强。 [解析]　根据题意，设初始时理想气体B的压强为pB，则有pB＋ρgL2＝p0 解得pB＝70 cmHg。 [答案]　70 cmHg　 专题深度剖析 返回导航 (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左侧液面下降4 cm时气体B的温度。 专题深度剖析 返回导航 [答案]　668 K 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 [答案]　0.9l0 专题深度剖析 返回导航 专题深度剖析 返回导航 (1)假设打气过程中整个系统温度保持不变，求打气的次数n。 [答案]　24次　 专题深度剖析 返回导航 (2)保持A中气体温度不变，加热B中气体使B的体积恢复为V，求B中气体的温度T。 [答案]　5T0 专题深度剖析 返回导航 随堂巩固落实 PART 02 第二部分 1．(液柱或活塞移动问题)如图所示，相同的两支两端开口的直玻璃管A和B，竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量、同温度的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，使封闭气柱降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是(　　)   A.均向下移动，A管移动较多 B．均向上移动，A管移动较多 C．A管向上移动，B管向下移动 D．无法判断 √ 随堂巩固落实 返回导航 随堂巩固落实 返回导航 2．(关联气体问题)如图所示，圆柱形汽缸水平放置，活塞将汽缸分为左、右两个气室，两侧气室内密封等质量的氮气。现通过接口K向左侧气室内再充入一定质量的氮气，活塞再次静止时左、右两侧气室体积之比为3∶1。汽缸导热良好，外界温度不变，活塞与汽缸间无摩擦，则从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为(　　) A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．3∶1 √ 随堂巩固落实 返回导航 随堂巩固落实 返回导航 3．(关联气体问题)(2024·甘肃平凉模拟预测)如图所示，内径粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，用水银柱将两部分理想气体封闭在玻璃管内。当环境温度T1＝280 K时，两空气柱的长度分别为L1＝38 cm、L2＝21 cm，左右两侧底部连通的水银面的高度差h1＝4 cm，玻璃管左侧上方水银柱的长度h2＝12 cm。已知大气压强p0＝76 cmHg，现将环境温度缓慢升高到T2＝ 300 K，水银不会溢出。 随堂巩固落实 返回导航 (1)求系统稳定时左侧封闭气体的长度。 答案：22.5 cm　 随堂巩固落实 返回导航 (2)环境温度保持T2＝300 K不变，现从左管口缓慢倒入水银，恰好使左右两侧水银面的高度差恢复到h1＝4 cm，求左管中需要倒入的水银柱的长度。 答案：6 cm 随堂巩固落实 返回导航 [解析]　假定水银柱不动，即两种气体的体积V1、V2不变，所装气体温度分别为273 K和293 K，当温度降低ΔT时，左边的压强由p1降至p1′，Δp1＝p1－p1′，右边的压强由p2降至p2′，Δp2＝p2－p2′。由查理定律推论得Δp1＝ eq \f(p1,273) ΔT，Δp2＝ eq \f(p2,293) ΔT，因为p2＝p1，所以Δp1>Δp2，即水银柱应向A移动。 法一：假设法 假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，分别对两部分气体应用查理定律： 上段： eq \f(p2,T2) ＝ eq \f(p2′,T2′) ，所以p2′＝ eq \f(T2′,T2) p2 Δp2＝p2′－p2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2′,T2)－1)) p2＝ eq \f(ΔT2,T2) p2； 下段：同理得Δp1＝ eq \f(ΔT1,T1) p1 又因为ΔT2＝ΔT1，T1＝T2，p1＝p2＋ph>p2 所以Δp1>Δp2，即水银柱上移。 法二：图像法 在同一p－T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在温度相同时p1>p2，由图可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增量Δp1>Δp2，所以水银柱上移。 [解析]　左侧液面下降4 cm时，右侧液面上升4 cm，初状态理想气体A的长度L0＝L1＋L2＝13 cm，压强为p0 末状态理想气体A的长度L0′＝L0－4 cm＝9 cm，压强为pA，则有p0L0S＝pAL0′S 解得pA＝ eq \f(325,3) cmHg 则末状态理想气体B的压强 pB′＝pA＋3 cmHg＝ eq \f(334,3) cmHg 对气体B有 eq \f(pBL1S,T0) ＝ eq \f(pB′（L1＋4 cm）S,T) 解得T＝668 K。 角度2　活塞汽缸封闭气体 　如图所示，一开口向上的汽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＝ eq \f(3mg,S) (g为重力加速度)，活塞移动的过程中无气体泄漏且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高。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。 [解析]　对Ⅰ部分气体，其初态压强 p1＝p0＋ eq \f(3mg,S) 末态压强p1′＝p0＋ eq \f(mg,S) 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＝ eq \f(3,2) l0 对Ⅱ部分气体，其初态压强p2＝p1＋ eq \f(mg,S) 末态压强p2′＝p1′＋ eq \f(mg,S) 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，代入数据解得l2＝ eq \f(7,5) l0 故活塞A上升的高度Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0。 　如图所示，一个盛有气体的容器内壁光滑，被隔板分成A、B两部分，隔板绝热。开始时系统处于平衡状态，A和B体积均为V、压强均为大气压p0、温度均为环境温度T0。现将A接一个打气筒，打气筒每次打气都把压强为p0、温度为T0、体积为 eq \f(1,6) V的气体打入A中。缓慢打气若干次后，B的体积变为 eq \f(1,3) V。(所有气体均视为理想气体) [解析]　对B气体，根据等温方程有 p0V＝p1 eq \f(1,3) V 解得p1＝3p0 则根据等温方程 p0V＋np0× eq \f(1,6) V＝p1×(2V－ eq \f(1,3) V) 解得n＝24次。 [解析]　A中气体温度不变有p1×(2V－ eq \f(1,3) V)＝p2V 对B中气体 eq \f(p0,T0) ＝ eq \f(p2,T) 解得T＝5T0。 解析：封闭气柱均做等压变化，故封闭气柱下端的水银面高度不变，根据盖­吕萨克定律的分比形式ΔV＝ eq \f(ΔT,T) V，因A、B管中的封闭气柱初温相同，温度的变化也相同，且ΔT<0，所以ΔV<0，即A、B管中气柱的体积都减小；又因为H1>H2，A管中气柱的体积较大，|ΔV1|>|ΔV2|，A管中气柱体积减小得较多，故A、B两管气柱上方的水银柱均向下移动，且A管中的水银柱下移得较多，故A正确。 解析：分析得两次平衡状态时，左、右两边气室的压强可得p左＝p右＝p， p左′＝p右′，对右边气体分析，活塞再次静止时左、右两侧气室体积之比为3∶1，故右边气体的体积由原来汽缸总体积的 eq \f(V,2) 减小到 eq \f(V,4) ，根据玻意耳定律有p右· eq \f(V,2) ＝p右′· eq \f(V,4) ，解得p右′＝2p右＝2p，故p左′＝2p右＝2p，对左边气室气体分析，假设充入左边气体的温度与外界相同，压强为p左，体积为 eq \f(nV,2) ，根据玻意耳定律得p左· eq \f(nV＋V,2) ＝p左′· eq \f(3V,4) ，联立解得n＝2，故从接口充入的氮气与左侧气室内原有氮气的质量之比为2∶1。 解析：以左侧封闭气体为研究对象，由盖­吕萨克定律可得 eq \f(L2′S,L2S) ＝ eq \f(T2,T1) ，解得L2′＝22.5 cm。 解析：以右侧封闭气体为研究对象，从最初状态到最终状态，气体发生等容变化，由查理定律，得 eq \f(p1,p2) ＝ eq \f(T1,T2) ，其中p1＝(76＋12－4) cmHg＝84 cmHg，解得p2＝90 cmHg 左管中需要倒入的水银柱的长度 ΔL＝(90＋4－76－12)cm＝6 cm。 $