专题强化 气体的综合问题（教学课件）物理人教版选择性必修第三册

该高中物理课件是人教版（2019）选择性必修第三册第二章“气体的综合问题”专题资料，涵盖气体压强、理想气体状态方程应用、液柱（或活塞）移动问题、多过程多状态问题、变质量问题、关联气体问题六大核心内容。从基础的气体压强计算（如活塞气缸在不同场景的受力平衡、水银柱封闭模型）入手，逐步过渡到方程应用，再到复杂的液柱移动分析、多过程状态变化及变质量、关联气体问题，形成递进式知识支架，帮助学生构建完整的气体问题解决脉络。 其亮点在于通过多样化物理模型（如活塞气缸、水银柱封闭、U形管关联气体等）和多维度解题方法（假设法、推论法、图像法等），强化物理观念中的相互作用观念和科学思维中的科学推理、模型建构能力。典例选取2024年重庆、广安等地高二期末及全国甲卷高考真题，注重科学探究中的问题解决与证据分析。学生通过学习能掌握气体问题的系统解题逻辑，教师可直接利用资料中的分层案例和方法总结提升课堂效率。

第二章 气体、固体和液体 人教版（2019）选择性必修 第三册 专题：气体的综合问题 气体压强 01 教学内容 理想气体状态方程应用 02 液柱（或活塞）移动问题 03 多过程多状态问题 04 关联气体问题 05 06 变质量问题 01 PART 01 第一部分 气体压强 探究新知 3 探究新知——气体压强 m S P0S ①地上: mg PS 1.活塞气缸封闭 M S m P0S mg PS T PS=P0S+mg ②空中: PS+T=P0S+mg T= Mg+mg 法2：以气缸为研究对象 P0S PS Mg Mg+PS=P0S P=P0- P=P0- 探究新知——气体压强 P0S ③横静止地上: mg PS 1.活塞气缸封闭 PS=P0S ④横静止粗糙斜面上: P0S+mgsinθ=PS P= P0+ N P=P0 θ P0S mg PS N ⑤在光滑斜面上匀加速: P0S+mgsinθ-PS=ma =mgsinθ P= P0 探究新知——气体压强 ①连通液体压强在同一高度处处相等 P = ρ液gh ② P0=1.01x105Pa=76cmHg =1atm P0=1.01×105Pa 2.大气压强 压强的单位： Pa帕斯卡 cmHg厘米汞柱 atm标准气压 76cm P0 水银 p 探究新知——气体压强 3.水银柱封闭 ①直管向上: h=3cm P0S mg PS PS=P0S+mg ②直管向下: =P0+ρ液gh 即:P=P0+Ph P=76cmHg+3cmHg =79cmHg P0=1.01x105Pa=76cmHg P0 Ph P h 以水银柱的底面为研究对象 P+Ph=P0 即:P=P0-Ph 探究新知——气体压强 3.水银柱封闭 h P= P0 P-Ph P P P P0+Ph = P P0 P P0 P+Ph = P= P0+Ph = P0-Ph Ph Ph Ph Ph P0 P0 P0-Ph P= P0 h 探究新知——典例探究 【典例1】(2024·重庆市沙坪坝区高二期末)如图所示，在导热性良好的容器上插入一根两端开口足够长的玻璃管，玻璃管与容器连接处用蜡密封不漏气。玻璃管内部横截面积S，管内一长h的静止水银柱封闭着一定量的空气，其中玻璃管部分空气柱长为l1，此时外界环境的温度为T1。现把容器浸没在水中，水银柱静止时，水的温度与气体相同，玻璃管中水银下方的空气柱长度变为l2，已知容器的容积为V，外界大气压为p0，水银的密度为ρ，重力加速度为g，求： (1)空气柱的压强； (2)水的温度T。 探究新知——典例探究 【解析】（1）由液体压强公式得p=p0+ρgh （2）以封闭气体为研究对象，初始状态体积V1=V+Sl1 末状态体积V2=V+Sl2 气体发生等压变化，由盖-吕萨克定律= 解得T=T1。 02 PART 02 第二部分 理想气体状态方程应用 探究新知 11 探究新知——理想气体状态方程应用 应用理想气体状态方程解题的一般步骤 1.明确研究对象，即一定质量的理想气体； 2.确定气体在初、末状态的参量p1、V1、T1及p2、V2、T2； 3.由理想气体状态方程列式求解； 4.必要时讨论结果的合理性。 探究新知——典例探究 【典例2】(2024·广安市高二期末)如图所示，竖直放置的“L”形细玻璃管截面均匀且很小，竖直管足够长且上端开口，水平管长d=20 cm，并在其中用长l0=5 cm的水银柱封闭一段理想气体，最初气体温度T1=300 K时，气体的长度l1=10 cm。取大气压强p0=76 cmHg，求：  (1)缓慢升高理想气体的温度，使它的长度变为 l2=12 cm，此时气体的温度T2； (2)继续升高温度，当有h=4 cm 的水银柱上升到竖直管，此时 气体的温度T3。 探究新知——典例探究 【解析】（1）初始时，封闭气体的压强为p0=76 cmHg，长度为l1=10 cm，当气柱的长度变为l2=12 cm，水银柱仍全部在水平管， 则根据盖-吕萨克定律可得=，代入数据解得T2=360 K （2）当有h=4 cm的水银柱上升到竖直管，仍有1 cm水银柱在水平管， 此时封闭气体的压强为p3=p0+ρgh=80 cmHg 长度为l3=20 cm-1 cm=19 cm 由理想气体状态方程= 解得T3=600 K 探究新知——典例探究 【典例3】如图所示，柱形汽缸固定在水平地面上，汽缸内用轻质活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气。劲度系数为k=10 N/cm的水平轻弹簧一端与活塞相连，另一端固定在汽缸底部。活塞静止时到汽缸底部的距离为100 cm，气体温度为27 ℃，此时弹簧的压缩量为x1=20 cm。已知活塞的横截面积为S=100 cm2，大气压强为p0=1×105 Pa，弹簧体积不计。  (1)求缸内气体的压强； (2)若缓慢对缸内气体加热直到弹簧的伸长量为x2=20 cm，求此时气体的温度。 探究新知——典例探究 【解析】（1）活塞的横截面积为S=100 cm2=0.01 m2，此时弹簧的弹力为F=kx1=200 N，设缸内气体的压强为p1，对活塞受力分析由平衡条件得p0S-F=p1S，解得p1=8×104 Pa （2）初状态，汽缸内的体积为V1=Sl，气体温度为T1=(273+27) K=300 K，若缓慢对缸内气体加热直到弹簧的伸长量为x2=20 cm，则有汽缸内的体积为V2=S(l+x1+x2)，此时汽缸内的压强满足p2S=p0S+kx2，解得p2=1.2×105 Pa，根据理想气体状态方程有=联立解得T2=630 K 气体的温度t=(630-273) ℃=357 ℃。 03 PART 03 第三部分 液柱（或活塞）移动问题 探究新知 17 探究新知——液柱（或活塞）移动问题 分析液柱(或活塞)移动问题常使用假设推理法：假设液柱(或活塞)不动，运用相应的物理规律及有关知识进行推理。 常用推论有两个： (1)等容变化规律的分比形式：或Δp=p。 (2)等压变化规律的分比形式：=或ΔV=V。 探究新知——典例探究 【典例4】如图所示，A、B两个大容器装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D做活塞，当左边容器的温度为-10 ℃，右边容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管中央保持平衡，当两个容器的温度都下降10 ℃时，下列说法正确的是  A.水银滴将不移动 B.水银滴将向右运动 C.水银滴将向左运动 D.水银滴的运动方向无法判断 探究新知——典例探究 【解析】方法一　假设法。 假设水银滴不动，两边气体都发生等容变化，根据=C可知对左侧气体有=对右侧气体有=整理可得p左<p右 因此水银滴将向左移动，故C正确。 方法二　推论法。 由查理定律推论Δp=ΔT，可知压强相同的不同气体变化相同的温度时， 压强的变化量与原来气体的热力学温度成反比。由题意知，两个容器气体温度都降低，故压强都减小，结合查理定律的分比形式，可得右边气体压强减小得少，故最终右边气体压强较大，水银滴向左运动，故C正确。 探究新知——典例探究 方法三　图像法。   在同一个p-T图上画出两段气柱的等容图线，如图所示。由题意，初始状态时，A中气体和B中气体压强相同，但是A中气体温度较低，可得图线1表示A中气体，图线2表示B中气体，由图可知，降低相同的温度，A中气体压强降低较多，故水银滴将向左运动，故C正确。 探究新知——典例探究 【典例5】如图所示，两根粗细相同、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温度相同的空气，空气柱长度H1>H2，水银柱长度h1>h2，两水银柱底端平齐，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变)，则两管中气柱上方水银柱的移动情况是  A.均向上移动，B中水银柱移动较多 B.均向上移动，A中水银柱移动较多 C.均向下移动，B中水银柱移动较多 D.均向上移动，两管中水银柱移动情况相同 探究新知——典例探究 【解析】管内封闭气柱的压强恒等于外界大气压与水银柱因自身重力产生的压强之和，因外界大气压不变，则管内气体做等压变化，并由此推知，封闭气柱下端的水银柱高度不变。根据等压变化规律=，可得ΔV=·V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度升高ΔT也相同，且ΔT>0，推导出ΔV>0，即A、B管中的封闭气体体积均增大，又因为H1>H2，A管中气体体积较大，所以ΔVA>ΔVB。即A管中气柱长度增加得多一些，故A、B管中气柱上方的水银柱均向上移动，A中水银柱移动较多，故选B。 04 PART 04 第四部分 多过程多状态问题 探究新知 24 探究新知——多过程多状态问题 解决多过程多状态问题的思路： (1)审清题意，确定研究对象。 (2)分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律或理想气体状态方程列出方程；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进而求出压强。 (3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程。 (4)多个方程联立求解。对求解的结果注意检验它们的合理性。 探究新知——典例探究 【典例6】如图所示，绝热性能良好且足够长的汽缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，汽缸中封闭一定质量的理想气体，活塞(绝热)通过水平轻绳跨过轻质滑轮与重物相连，已知活塞的面积S=10 cm2，重物的质量m=2 kg，重力加速度g=10 m/s2，大气压强p0=1.0×105 Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与汽缸底部间的距离为L1=12 cm，汽缸内温度T1=300 K。 (1)通过电热丝对汽缸内气体加热，气体温度缓慢上升到 T2=400 K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d； (2)停止加热后，在重物的下方加挂一个2 kg的重物，活塞又向右移动4 cm后重新达到平衡，求此时汽缸内气体的温度T3。 探究新知——典例探究 【解析】（1）以活塞为研究对象，根据受力平衡 加热前p1S+FT=p0S，FT=mg 加热后p2S+FT=p0S，FT=mg 所以p1=p2=0.8×105 Pa 以封闭气体为研究对象， 其发生等压变化，故有= 代入数据解得d=4 cm。 探究新知——典例探究 （2）加挂重物后，有p3S+FT'=p0S，FT'=(m+m')g 由理想气体状态方程得= 代入数据解得T3=375 K。 探究新知——典例探究 【典例7】(2024·全国甲卷)如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销a、b之间，b与汽缸底部的距离=10，活塞的面积为1.0×10-2 m2。初始时，活塞在卡销a处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为1.0×105 Pa和300 K。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销b处(过程中气体温度视为不变)，外力增加到200 N并保持不变。 (1)求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； (2)再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销b时气体的温度。 探究新知——典例探究 【解析】（1）活塞从位置a到b过程中，初态p1=p0=1.0×105 Pa、V1=S·11 末态V2=S·10 根据玻意耳定律有p1V1=p2V2 解得p2=1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件得F+p0S=p2S+FN 解得卡销b对活塞支持力的大小FN=100 N 探究新知——典例探究 【解析】（2）将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销b时， 初态p2=1.1×105 Pa，T2=300 K 末态，对活塞根据平衡条件得p3S=F+p0S 解得p3=1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据查理定律有= 解得T3≈327 K。 05 PART 05 第五部分 变质量问题 探究新知 32 探究新知——变质量问题 1.已知理想气体状态方程=C中C=nR(n指物质的量，R是普适气体常量) 把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…，pn、Vn、Tn的n部分理想气体进行混合。 混合后的压强、体积、温度为p、V、T，试证明：=++…+。 【提示】　由质量守恒可知，混合后的总物质的量为n=n1+n2+…nn 由题意知：=n1R，=n2R，…，=nR 解得：=++…+。 2.如果气体状态变化过程中温度不变，表达式是怎样的？ 【提示】　若温度不变，则有p1V1+p2V2+…pnVn=pV。 探究新知——变质量问题 1.打气问题 向球或轮胎中充气是一个典型的变质量气体问题。只要选择球或轮胎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变质量气体问题转化为定质量气体的状态变化问题。 探究新知——典例探究 【典例8】 (2024·白山市高二期中)篮球赛上同学发现一只篮球气压不足，用气压计测得球内气体压强为1.3 atm，已知篮球内部容积为7.5 L。现用简易打气筒给篮球打气，如图所示，每次能将0.3 L、1.0 atm的空气打入球内，已知篮球内的正常气压范围为1.5~1.6 atm。忽略球内容积与气体温度的变化。为使篮球内气压回到正常范围，应打气的次数范围是  A.5~7次 B.5~8次 C.7~12次 D.12~15次 探究新知——典例探究 【解析】方法一　转化法 将球内原有压强为p1=1.3 atm的气体转化为压强为p0=1.0 atm的气体，设体积变为V0 由p1V=p0V0得V0=9.75 L 设打气n次后压强为p2，则p0(V0+nΔV)=p2V，得n=， 当p2=1.5 atm时，得n=5，当p2=1.6 atm时，得n=7.5， 故需打气的次数为5~7次。 探究新知——典例探究 【解析】方法二　理想气体状态方程的分态式 球内原有气体压强为p1=1.3 atm时，其体积为V=7.5 L， 设需打气n次球内气压回到正常范围， 设球内正常气压为p2，每次打入的空气为ΔV。 由玻意耳定律有p2V=p1V+np0ΔV 解得n== 当p2=1.5 atm时，解得n=5 当p2=1.6 atm时，解得n=7.5 故需打气的次数范围5~7次。 探究新知——变质量问题 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，质量不变，故抽气过程可看作是等温膨胀的过程。 探究新知——典例探究 【典例9】(2024·江门市模拟)为防止文物展出时因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空气的示意图。已知展柜容积为V0，展柜内空气压强为p0，青铜鼎的总体积为V0，抽气筒每次抽出空气的体积为。不考虑抽气引起的温度变化。求：  (1)放入青铜鼎后抽气前展柜内气体的体积； (2)抽气一次后，展柜内气体的压强； (3)抽气三次后，展柜内气体的压强； (4)抽气n次后，展柜内气体的压强。 探究新知——典例探究 【解析】（1）放入青铜鼎后抽气前展柜内气体的体积V1=V0-V0=V0 （2）第一次抽气的过程，由玻意耳定律p0V1=p1(V1+) 解得p1=p0 （3）第二次抽气的过程，由玻意耳定律p1V1=p2(V1+) 解得p2=()2p0 第三次抽气的过程，由玻意耳定律p2V1=p3(V1+) 解得p3=()3p0 探究新知——典例探究 【解析】（4）第n次抽气的过程，由玻意耳定律 pn-1V1=pn(V1+) pn=pn-1=()np0。 探究新知——变质量问题 3.罐气(气体分装)问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中剩余的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 探究新知——典例探究 【典例10】容积V=20 L的钢瓶充满氧气后，压强p=10 atm，打开钢瓶阀门，让氧气分装到容积为V'=5 L的小瓶中去，小瓶子已抽成真空。分装完成后，每个小瓶及钢瓶的压强均为p'=2 atm。在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是 A.4瓶 B.10瓶 C.16瓶 D.20瓶 【解析】初态p=10 atm，V=20 L，末态p'=2 atm，V1=V+nV'(n为瓶数)，温度保持不变，则有pV=p'V1，代入数据解得n=16，故C正确，A、B、D错误。 探究新知——变质量问题 4.漏气问题 容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体整体为研究对象，即设想有一个“无形弹性袋”收回漏气，且漏掉的气体和容器中剩余气体同温同压，便可使“变质量”问题转化成“定质量”问题。 探究新知——典例探究 【例11】有一教室，上午8时温度为17 ℃，下午2时的温度为27 ℃，假定大气压无变化，则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值为多大？ 【解析】设教室的体积为V0，在温度为17 ℃时教室内的这些空气， 到温度为27 ℃时体积变为V1，过程为等压变化， 由盖-吕萨克定律有=，即= 则下午2时与上午8时教室内的空气质量的比值==。 06 PART 06 第六部分 关联气体问题 探究新知 46 探究新知——关联气体问题 分析关联气体问题的关键点 1.分别分析每一部分气体的初、末状态的p、V、T情况，列出相应的方程(应用相应的气体实验定律或理想气体状态方程)。 2.找出各部分气体之间的联系，如总体积不变，平衡时压强相等或相关某一值相等。 3.注意挖掘隐含条件，如“慢慢”“缓慢”通常隐含气体状态变化过程为等温变化或等压变化，“密闭”通常隐含气体状态变化过程中质量不变，“连通”往往隐含压强关系等。 探究新知——典例探究 [典例12】 (2024·南宁市高二期末)如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0=76 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=4 cm，此时A、B气体的温度均为T0=288 K。 (1)求初始时理想气体B的压强； (2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热。求右侧液面上升Δh=4 cm时气体A的压强和气体B的温度。 探究新知——典例探究 【解析】（1）根据题意，设初始时气体B的压强为pB，则有pB+ρgL2=p0 解得pB=72 cmHg (2)右侧液面上升4 cm时，左侧液面下降4 cm。初状态气体A的压强为p0，长度为L0=L1+L2=12 cm 末状态气体A的压强为pA，长度为L0'=L0-Δh=8 cm 由p0L0S=pAL0'S 解得pA=114 cmHg 左右液面高度差为4 cm，末状态气体B的压强为pB'=pA+4 cmHg=118 cmHg 对气体B有= 解得T=708 K。 探究新知——典例探究 【典例13】 (2024·甘肃卷)如图，刚性容器内壁光滑、盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B部分气体抽出一半，系统稳定后B的体积变为原来的。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求： (1)抽气之后A、B内气体的压强pA、pB。 (2)弹簧的劲度系数k。 探究新知——典例探究 【解析】（1）对A气体分析， 抽气前：体积V=Sl，压强为p0 抽气后：VA=2V-V=Sl 根据玻意耳定律得p0V=pAVA 解得pA=p0 对B气体分析， 若体积不变的情况下抽去一半的气体，则压强变为原来的一半，即p0， 则根据玻意耳定律得p0V=pB·V 解得pB=p0 探究新知——典例探究 （2）由题意可知，弹簧的压缩量为，对隔板受力分析有pAS=pBS+F 根据胡克定律得F=k 联立得k=。 谢谢聆听 鼎力物理制作，盗版必究 谢谢聆听 $