2.2.2 玻意耳定律的应用 学案 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

该高中物理导学案聚焦高二选择性必修第三册“玻意耳定律的应用”，核心内容为封闭气体压强计算及定律应用。通过液柱封闭（等压面法）和活塞封闭（受力分析）两种模型构建压强计算方法，形成从基础方法到定律应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 这份导学案特色鲜明，以模型建构为核心，通过液柱、活塞实例引导学生科学推理，结合足球打气、吸盘挂钩等实际情境设计例题与检测题。注重科学思维培养，帮助学生掌握学科方法，提升解决实际问题的能力，体现科学态度与责任，便于教师教学和学生自主学习。

2.2.2玻意耳定律的应用 学案 2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册 学号： 班级： 姓名： 【学习目标】 1. 会计算几种常见封闭气体的压强． 2. 会熟练应用玻意耳定律解决问题． 【活动方案】 1. 液柱封闭气体 取等压面法：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＋ρgh；如图乙所示，M、N两处压强相等，从左侧管看有pB＝pA＋ρgh2，从右侧管看，有 pB＝p0＋ρgh1. 甲　　　　　　　　乙 说明：在考虑与气体接触的液柱所产生的附加压强p＝ρgh时，应特别注意h是表示液面间竖直高度，不一定是液柱长度．求由液体封闭的气体压强，应选择最低液面列平衡方程． 求下列图中A处被封闭气体的压强．其中(1)(2)(3)图中的玻璃管内都装有水银，(4)图中的小玻璃管浸没在水中．大气压强p0＝76 cmHg.(p0＝1.01×105 Pa，g＝10 m/s2，ρ水＝1×103 kg/m3) (1)　　　　 　　(2)　　　　 　　(3)　　　 　　(4) 2. 活塞封闭气体 选与封闭气体接触的活塞、汽缸或液体为研究对象进行受力分析，由平衡条件列式求气体压强．如图甲所示，汽缸截面积为S，活塞质量为M.在活塞上放置质量为m的铁块，大气压强为p0.以活塞为研究对象，受力分析如图乙所示．由平衡条件得Mg＋mg＋p0S＝pS，即封闭气体的压强p＝p0＋. 甲　　　　　　　　　　乙 说明：容器加速运动时，可由牛顿第二定律列方程求解． 如图所示，活塞的质量为m，缸套的质量为M，通过弹簧静止吊在天花板上，汽缸内封住一定质量的气体，缸套和活塞间无摩擦，活塞横截面积为S，大气压强为p0，重力加速度为g，则封闭气体的压强p为(　　) A. p0＋　 B. p0＋ C. p0－　 D. 应用玻意耳定律解题的一般步骤： (1)确定研究对象，并判断是否满足玻意耳定律的条件； (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求解(注意统一单位)； (4)注意分析隐含条件，作出必要的判断和说明． 提醒：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制． 1. 一个足球的容积是2.5 L．用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为125 mL、压强与大气压相同的气体打进足球内．如果在打气前足球就已经是球形并且里面的压强与大气压相同，打了20次后足球内部空气的压强是大气压的多少倍？你在得出结论时考虑到了什么前提？实际打气时的情况能够满足你的前提吗？ 2. 如图所示，高为H的导热汽缸竖直固定在水平地面上，汽缸的横截面积为S，重力为G的“⊥”形活塞封闭着一定质量的气体，活塞离缸底高为h，现手持“⊥”形活塞上端，缓慢竖直上提活塞，当活塞上升到汽缸上端口时，求竖直上提的力F的大小．已知大气压强为p0，不考虑活塞与汽缸之间的摩擦及温度的变化，不计活塞及汽缸壁的厚度． 3. 粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直静止放置，注入一段水银柱后管内气体分为长度均为l＝27 cm的A、B两部分 ，如图甲所示．现将细管上端封闭，在竖直面内缓慢旋转180°后竖直静止放置，如图乙所示，此时A部分气体长度为lA＝24 cm.已知外界大气压p0＝76 cmHg，环境温度保持不变，求： (1)旋转180°后竖直静止放置时A部分气体的压强； (2)管内注入的水银柱长度． 甲　　乙 【检测反馈】 1. 一导热汽缸内封有气体，活塞可以无摩擦滑动．汽缸按下列中四种方式放置，活塞平衡后，缸内气体分子数密度最大的是(　　) A B C D 2. 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 3. 在做托里拆利实验时，玻璃管内有些残存的空气，此时玻璃管竖直放置，如图所示．假如把玻璃管竖直向下缓慢地按压一段距离，环境温度保持不变，则(　　) A. 管内空气柱变长 B. 管内、外水银面高度差变大 C. 管内空气压强减小 D. 管内空气分子的数密度增大 4. 水银气压计中混入了一个气泡，上升到水银柱的上方，使水银柱上方不再是真空．当实际大气压相当于768 mm高的水银柱产生的压强时，这个水银气压计的读数只有750 mm，此时管中的水银面到管顶的距离为80 mm.设温度保持不变，当这个气压计的读数为740 mm Hg时，实际的大气压相当于多高水银柱产生的压强？ 5. 如图所示，一竖直放置在水平面上的容积为V的圆柱形汽缸，汽缸内盛有一定质量的气体．活塞的横截面积为S，活塞将气体分隔成体积相同的A、B上下两部分，此时A中气体的压强为pA(未知).现将汽缸缓慢平放在水平桌面上，稳定后A、B两部分气体的体积之比为1∶2，两部分气体的压强均为1.5p0.在整个过程中，A、B两部分气体均未转移，外界气体温度不变，汽缸壁光滑且导热良好，活塞厚度不计，重力加速度为g，求： (1)pA的大小； (2)活塞的质量m. 6. 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＝，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，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，活塞A上升的高度． 7. 超市中有一种强力挂钩，其工作原理如图所示．使用时，按住锁扣把吸盘紧压在墙上(如图甲)，吸盘中的空气被挤出一部分后，吸盘内封闭气体的体积为V0，压强为0.5P0，然后再把锁扣扳下(如图乙)，使腔内气体体积变为2V0，让吸盘紧紧吸在墙上，已知吸盘与墙面的有效正对面积为S，吸盘的总质量为m，与墙面间的动摩擦因数为μ，外界大气压强为p0，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略操作时的温度变化． (1)锁扣扳下后空腔中气体的压强； (2)理论上挂钩能挂重物的最大质量． 甲 乙 【参考答案】 【活动方案】 活动一： 1. (1)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10 cmHg＝66 cmHg. (2)pA＝p0－ph＝76 cmHg－10sin 30° cmHg＝71 cmHg. (3)pB＝p0＋ph2＝76 cmHg＋10 cmHg＝86 cmHg， pA＝pB－ph1＝86 cmHg－5 cmHg＝81 cmHg. (4)pA＝p0＋ρ水gh＝1.01×105 Pa＋1×103×10×1.2 Pa＝1.13×105 Pa. 2. C　以缸套为研究对象，有pS＋Mg＝p0S，所以封闭气体的压强p＝p0－，故C正确． 活动二： 1. 以最终足球内部的气体为研究对象，设大气压为p0，在温度不变时，这部分气体在初始状态下，p1＝p0，V1＝2.5 L＋0.125×20 L＝5.0 L；打气后，气体体积V2＝2.5 L．根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝2p0.得出此结论的前提是打气过程中温度保持不变．实际打气时，由于压缩气体做功，气体温度会升高，故不能满足． 2. 以密闭气体为研究对象，初状态：压强p1＝p0＋，体积V1＝hS，末状态：压强p2＝p0＋，体积V2＝HS.由玻意耳定律得p1V1＝p2V2，即hS＝HS，解得 F＝. 3. (1)设旋转前A部分气体的体积为VA；旋转180°后A部分气体的压强为p′A，体积为V′A；细玻璃管横截面积为S， VA＝lS，V′A＝lAS， 对A部分气体，由玻意耳定律有p0VA＝p′AV′A， 联立以上各式解得p′A＝85.5 cmHg. (2)设旋转前B部分气体的压强为pB，体积为VB；旋转180°后B部分气体的压强p′B，体积为V′B；管内注入的水银柱长度为h， pB＝p0＋ph，VB＝lS， p′B＋ph＝p′A，V′B＝(2l－lA)S， 对B部分气体，由玻意耳定律有pBVB＝p′BV′B， 联立以上各式解得ph＝9 cmHg， 故管内注入的水银柱长度h＝9 cm. 【检测反馈】 1. B　汽缸导热，说明汽缸内气体的温度与外界温度相同，所以选项中四种情形分子的平均动能一样大．设活塞质量为m，横截面积为S，活塞平衡后，根据平衡条件可知，选项A、C中汽缸内气体的压强等于外界大气压强p0；选项B中气体的压强最大，等于pB＝p0＋；选项D中气体压强最小等于pD＝p0－，根据压强的微观解释，可知选项B中气体的分子数密度最大．故B正确. 2. A　根据玻意耳定律p0(V1＋V2)＝pV1，解得p＝2.5×105 Pa，A正确． 3. D 4. 以水银柱上方空气为研究对象，设水银柱横截面积为S，初状态：p1＝(768－750)mmHg＝18 mmHg，V1＝80S，末状态：V2＝90S，根据玻意耳定律p1V1＝p2V2，解得p2＝16 mmHg，所以实际大气压p0＝(740＋16)mmHg＝756 mmHg，相当于756 mm高的水银柱产生的压强． 5. (1)对气体A，由玻意耳定律可得 pAVA＝p1V1， 其中VA＝，V1＝，p1＝1.5p0， 解得pA＝p0. (2)对气体B，由玻意耳定律可得pBVB＝p2V2， 其中pB＝pA＋＝p0＋，VB＝，V2＝， 又因为p2＝1.5p0， 解得m＝. 6. 对Ⅰ部分气体，其初态压强为 p1＝p0＋， 末态压强为p′1＝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＝p′1l1S， 解得l1＝l0， 对Ⅱ部分气体，其初态压强为 p2＝p1＋＝p0＋， 末态压强为p′2＝p′1＋＝p0＋， 设末态时Ⅱ部分气体的长度为l2， 则由玻意耳定律可得p2l0S＝p′2l2S， 代入数据解得l2＝l0， 故活塞A上升的高度为Δh＝l1＋l2－2l0＝0.9l0. 7. (1)对吸盘内封闭的气体，由玻意耳定律可知0.5p0×V0＝p×2V0， 解得p＝p0. (2)由平衡可知(M＋m)g＝μ(p0－p)S， 解得M＝－m. 学科网（北京）股份有限公司 $