素养提升课一 气体实验定律的综合应用-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

本讲义聚焦气体实验定律的综合应用，系统梳理理想气体状态变化的图像分析（p-V、p-T、V-T图像）、液柱移动判断（假设法、极限法、图像法）、关联气体问题（活塞-汽缸、玻璃管-液柱模型）及“变质量”问题（充气、抽气等），构建从基础规律到复杂问题的学习支架。 资料通过师生互动任务引导科学探究，结合探究归纳提炼解题方法培养科学思维，例题选用高考题和模拟题。课中助力教师引导学生主动推理，课后帮助学生巩固知识、查漏补缺，提升解决实际问题的能力。

素养提升课一　气体实验定律的综合应用 【素养目标】　1.会处理理想气体状态变化的图像问题。2.会处理液柱移动类问题。3.会处理关联气体问题。4.会处理气体的“变质量”问题。 提升点一　理想气体状态变化的图像问题 【师生互动】　根据甲、乙、丙图回答以下问题： 任务1.图甲中从A到B再到C，体积是如何变化的？ 任务2.图乙中从A到B再到C，压强是如何变化的？ 任务3.图丙中从A到B再到C，温度是如何变化的？ 提示：任务1.体积一直增大。任务2.压强一直增大。任务3.温度先不变再减小。 【探究归纳】 一定质量理想气体状态变化三类图像的比较 名称 图像 特点 等 温 线 pV＝CT(C为常量)，即p、V之积越大的等温线对应的温度越高，离原点越远 p＝CT·，斜率k＝CT，即斜率越大，对应的温度越高 等 压 线 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的压强越小 V与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的压强越小 等 容 线 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，对应的体积越小 p与t成线性关系，但不成正比，图线的延长线均过点(－273.15 ℃，0)，斜率越大，对应的体积越小 p-V图像 (多选)(2025·河北衡水高二期中)如图所示是一定质量的理想气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中(　　) A.从A到B的过程温度升高 B.从B到C的过程单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少 学生用书⬇第46页 C.从A到B再到C的过程温度先降低再升高 D.A、C两点的温度相等 答案：ABD 解析：从A到B的过程，气体压强不变，体积变大，根据盖-吕萨克定律可知气体温度升高；从B到C的过程，气体体积不变，压强减小，根据查理定律可知气体温度降低，故A正确，C错误。从B到C的过程，体积不变，单位体积内气体分子数不变，温度降低，气体分子平均动能减小，则单位时间内气体分子对容器单位面积的碰撞次数减少，故B正确。由题意可知A、C两点在同一条双曲线上，有pAVA＝pCVC，可知A、C两点的温度相等，故D正确。 p-T图像 (2025·湖北高二期中)一定质量的理想气体经一系列等温、等压和等容过程后回到了初态，该过程中气体的压强p随热力学温度T变化的规律如图所示，则选项图像中，能正确描述该过程中气体的压强p随其体积V变化的规律的是(　　) 答案：D 解析：a→b过程，气体压强不变，温度升高，由＝C可知气体体积增加；b→c过程，p-T图像为过原点的倾斜直线，则由＝C可知气体体积不变；c→a过程，气体温度不变，根据pV＝C可知p-V图像为双曲线的一支。故选D。 V-T图像 (多选)(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)如图所示是一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C的V-T图像。已知气体在状态A时的压强为3.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　) A.由状态A到状态B气体发生等压变化 B.由状态B到状态C气体发生等压变化 C.TA＝200 K D.气体在状态C时的压强为4.0×105 Pa 答案：ACD 解析：由理想气体状态方程＝C可得V＝T，则由状态A到状态B气体发生等压变化，故A正确；由状态B到状态C气体发生等容变化，故B错误；由状态A到状态B，由盖-吕萨克定律得＝，解得TA＝200 K，故C正确；气体由状态A到状态C，由理想气体状态方程得＝，解得pC＝4.0×105 Pa，故D正确。 提升点二　液柱移动类问题 【师生互动】　如图所示，竖直放置的上粗下细的密闭细管，水银柱将理想气体分隔成A、B两部分，初始温度相同且均为T0。现使A、B升高相同温度ΔT。 任务1.管内的水银柱向哪移动？ 任务2.再次稳定时，压强的增加量哪个大？ 提示：任务1.假设体积不变，由查理定律＝得Δp＝ΔT，开始时气体B的压强大，故水银柱向上移动。 任务2.开始压强满足pB＝pA＋ρgh，再次稳定时压强满足pB'＝pA'＋ρgh'，由于h'＜h，故ΔpB＜ΔpA。 【探究归纳】 判断液柱移动的常用方法 1.假设法：假设水银柱不动，则上、下两部分气体发生等容变化，对上部分气体有＝，则压强变化量Δp2＝p2'－p2＝p2；同理，下部分气体压强变化量Δp1＝p1，由于开始时p1＝p2＋ρgh，则有p1＞p2，故Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。 2.极限法：由于玻璃管上部分气柱压强p2较下部分气柱压强p1小，设想p2→0，即玻璃管上部分认为近似为真空，于是立即得到温度T升高，水银柱向上移动。 3.图像法：判断液柱移动还可用p-T图像法，在同一p-T坐标系中画出两段气柱的等容线，如图所示，在温度相同时p1＞p2，可得气柱1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的温度ΔT时，其压强的增加量Δp1＞Δp2，水银柱向上移动。 如图1所示，容器A和B内分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管连通，管内有一段水银柱将两种气体隔开。当氢气的温度为0 ℃、氧气的温度为20 ℃时，水银柱保持静止。 学生用书⬇第47页 判断下列情况下，水银柱将怎样移动： (1)两种气体均升温20 ℃； (2)氢气升温10 ℃，氧气升温20 ℃； (3)若初状态如图2所示且气体初温相同，两种气体均降温10 ℃。 答案：(1)向右移动　(2)向左移动　(3)向下移动 解析：假设体积不变，对氢气和氧气分别分析，由查理定律得＝，即Δp＝p。 题图1所示情境中，氢气和氧气的初始压强相同，设为p0。题图2所示情境中，两气体初温相同，设为T。 (1)法一(假设法)：当温度变化时，先假设水银柱不动，则有ΔpA＝p0＞0，ΔpB＝p0＞0，因为ΔpA＞ΔpB，所以水银柱向右移动。 法二(图像法)：在p-T坐标系中分别作出H2、O2的等容线，如图所示。因初始状态时A、B中气体的压强相等，而TB＞TA，所以H2的等容线斜率较大。当增加相同温度时，从图像中能直观地看出ΔpA＞ΔpB，故水银柱将向右移动。 (2)ΔpA'＝p0＞0，ΔpB'＝p0＞0，因为ΔpA'＜ΔpB'，所以水银柱向左移动。 (3)由题知ΔT'＝－10 K，ΔpA″＝pA＜0，ΔpB″＝pB＜0，因为pA＞pB，所以｜ΔpA″｜＞｜ΔpB″｜，即水银柱向下移动。 针对练.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，现使封闭气柱升高相同的温度(外界大气压保持不变，空气可视为理想气体)，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 答案：B 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而产生的压强之和，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。根据盖－吕萨克定律可知＝，整理得ΔV＝V，因A、B管中的封闭气体初始温度相同，温度均升高ΔT，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。 提升点三　关联气体问题 【师生互动】　如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸，被厚度不计的绝热活塞分成A、B两气室，两气室充入温度相同的空气，活塞恰好位于汽缸中央。已知活塞的质量为m，面积为S，A、B两气室的温度为T0，A气室中的压强为p0，体积为V0，重力加速度为g，不计活塞和汽缸间的摩擦。现保持B室内温度不变，升高A室内气体温度，使A、B的体积比为2∶1。 任务1.开始时B中气体的压强为多少？ 任务2.稳定时A、B的体积各为多少？ 任务3.稳定时A最终的热力学温度为多少？ 提示：任务1.pB＝p0＋。 任务2.由题意知VA＝2VB，VA＋VB＝2V0，解得VA＝V0，VB＝V0。 任务3.对B室内气体，由玻意耳定律得 pBV0＝pB'·V0 由平衡条件得pB'S＝pA'S＋mg 对A室内气体，由理想气体状态方程得 ＝ 解得T＝T0。 【探究归纳】 关联气体问题的解题思路 1.分别选取每部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，选择合适的气体实验定律或理想气体状态方程，并列出方程。 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。 学生用书⬇第48页 活塞—汽缸封闭气体 (2025·河南洛阳高二期中)如图所示，一水平放置的汽缸中由横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分。初始时，A部分气柱的长度为2L0，B部分气柱的长度为L0，压强均等于大气压p0，已知隔板与汽缸壁间的最大静摩擦力为p0S，隔板与汽缸壁间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。向右缓慢推动活塞的过程中，气体温度始终保持不变。则： (1)当活塞向右移动多大距离时隔板开始移动？ (2)当活塞向右移动0.2L0的距离时隔板所受的摩擦力大小？ (3)若隔板向右缓慢移动了0.5L0的距离，则活塞向右移动了多大的距离？ 答案：(1)0.4L0　(2)p0S　(3)L0 解析：(1)设活塞向右移动x时，隔板开始运动。 对A气体，有p0·2L0S＝pA(2L0－x)S 对隔板有pAS＝p0S＋p0S 解得x＝0.4L0。 (2)由上问可知，活塞向右移动0.2L0时，隔板没有运动。 对A部分气体，有 p0·2L0S＝pA'·(2L0－0.2L0)S 对隔板有pA'S＝p0S＋f 解得f＝p0S。 (3)设活塞向右移动x1，对A部分气体，有 p0·2L0S＝p(2L0＋0.5L0－x1)S 对B部分气体，有p0L0S＝pB(L0－0.5L0)S 对隔板有pS＝pBS＋p0S 解得x1＝L0。 玻璃管—液柱封闭气体 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＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 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，求左、右两侧液面相平时气体B的温度。 答案：(1)70 cmHg　(2)500 K 解析：(1)设理想气体B的初始压强为pB，则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。 (2)当左、右两侧液面相平时，气体A、B的长度均为L3＝L1＋＝10 cm 以气体A为研究对象，根据玻意耳定律得 p0(L1＋L2)S＝pA'L3S 以气体B为研究对象，根据理想气体状态方程得＝ 左、右两侧液面相平时pA'＝pB' 联立解得T'＝500 K。 提升点四　 气体的“变质量”问题 【师生互动】　如图所示，某型号热气球的球囊、吊篮和加热装置总质量为m，球囊容积为V0，大气密度为ρ，环境温度恒为T0。在吊篮中装载质量为M的物品，点燃喷灯，热气球从地面升空，该运动可视为匀速运动。重力加速度为g，不计空气阻力及大气压随高度的变化，忽略球囊的厚度、搭载物品的体积及喷油导致的装置总质量变化。 任务1.匀速升空时球囊内气体的质量是多少？ 任务2.匀速升空时球囊内气体是开始的多少倍？ 任务3.匀速升空时球囊内气体的温度是多少？ 提示：任务1.由平衡条件得(m＋M＋m')g＝ρgV0，解得m'＝ρV0－m－M。 任务2.＝。 任务3.由盖-吕萨克定律得＝， 解得T＝。 学生用书⬇第49页 【探究归纳】 1.气体变质量问题的处理思想 气体实验定律和理想气体状态方程的研究对象必须是质量不变的气体，但是在气体的充气、抽气、分装等问题中，容器内的气体质量发生了改变，因此对于这类问题的正确处理方法是：通过巧妙地选择合适的研究对象，使这类问题转化为一定质量的气体问题，再结合气体实验定律或理想气体状态方程处理。 2.理想气体状态方程的分态式 (1)把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2，…，pn、Vn、Tn的几部分理想气体(同种)进行混合，混合后的压强、体积、温度为p、V、T，则有＋＋…＋＝。 (2)如果一部分气体(p、V、T)被分成了几部分，状态分别为(p1、V1、T1)，(p2、V2、T2)，…，(pn、Vn、Tn)，则有＝＋＋…＋。 充气(打气)问题 用打气筒将压强为1 atm的空气打进自行车轮胎内，如果打气筒容积ΔV＝500 cm3，轮胎容积始终为V＝3 L，轮胎内原来的压强p＝1.5 atm。现要使轮胎内的压强变为p'＝4 atm，若用这个打气筒给自行车轮胎打气，则要打气次数为(设打气过程中空气的温度不变)(　　) A.10 B.15 C.20 D.25 答案：B 解析：设打气筒每次打入p0＝1 atm、ΔV＝500 cm3的气体，相当于压强为p＝1.5 atm的气体体积为ΔV'，由玻意耳定律得p0ΔV＝pΔV'，设打气次数为n，则有p(V＋nΔV')＝p'V，联立解得n＝15。故选B。 抽气问题 (多选)如图所示，用活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体(可视为理想气体)抽气，设容器中原来气体压强为p0，抽气过程中气体温度不变，每次抽出气体的体积均为。则(　　) A.连续抽3次就可以将容器中气体抽完 B.第一次抽气后容器内压强为p0 C.第一次抽气后容器内压强为p0 D.连续抽3次后容器内压强为p0 答案：CD 解析：容器内气体初始压强和体积为p0和V0，第一次抽气后，由玻意耳定律得p0V0＝p1，解得p1＝p0，故B错误，C正确；同理第二次抽气后，由玻意耳定律得p1V0＝p2，第三次抽气后有p2V0＝p3，解得p3＝p0＝p0，可知连续抽3次气后容器中还剩余一部分气体，故A错误，D正确。 灌气(气体的分装)问题 玉龙雪山位于云南省丽江市，备受旅行爱好者的关注，由于玉龙雪山的海拔比较高，旅行者登山时，往往会带上几个氧气瓶。已知某储存有氧气的容器容积为V0＝50 L，开始时封闭的氧气压强为p0＝1.2×107 Pa，用该容器向容积为V＝10 L的真空氧气瓶充入氧气，假设氧气可视为理想气体，充气过程中氧气不泄漏，假设氧气瓶的容积和环境的温度恒定。则： (1)若每个氧气瓶充满气体后压强均为p＝1.0×106 Pa，则可以分装多少个氧气瓶？ (2)若每次给氧气瓶充满气体后两容器内封闭气体的压强相同，则充满10个氧气瓶后容器内剩余的气体的压强与开始时气体的压强之比为多少？ 答案：(1)55　(2) 解析：(1)设能分装n个氧气瓶，以容器内开始的气体为研究对象，由玻意耳定律得p0V0＝p(nV＋V0) 代入数据解得n＝55。 (2)第1个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得p0V0＝p1(V＋V0) 解得p1＝p0 第2个氧气瓶充满气体后，由玻意耳定律得 p1V0＝p2(V＋V0) 解得p2＝p0 同理，第3个氧气瓶充满气体后，压强 p3＝p0 由此可推出第10个氧气瓶充满气体后，压强 p10＝p0 则＝＝。 学生用书⬇第50页 漏气问题 (2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。T＝t＋273 K。 (1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强； (2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值(设环境温度为27 ℃，大气压为1.0×105 Pa)。 答案：(1)3.1×103 Pa　(2) 解析：(1)以夹层中空气为研究对象 初态时p1＝3.0×103 Pa，T1＝300 K 末态时T2＝310 K，设末态压强为p2 由查理定律有＝ 解得p2＝3.1×103 Pa。 (2)以夹层内气压达到p0＝1.0×105 Pa时的空气为研究对象，此时空气体积为夹层的容积V0，假设当其压强减小到p1＝3.0×103 Pa时的体积为V1 由玻意耳定律有p1V1＝p0V0 解得＝＝ 故增加的空气质量与原有空气质量的比值为 ＝＝。 学科网（北京）股份有限公司 $