第1章 综合·融通(二) 理想气体的三类典型问题（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（鲁科版）

综合·融通(二)　理想气体的三类典型问题(融会课——主题串知综合应用) 　　通过本节课的学习，学会用假设法分析液柱移动方向的问题，会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决理想气体综合问题，掌握相互关联的两部分气体压强和体积关系的分析方法。 主题(一)　液柱移动问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [知能融会通] 1.液柱问题的特点 (1)当封闭气体温度T变化时，其p、V都发生变化，液柱的平衡状态被打破，液柱就发生移动。 (2)由于p、V、T三个量相互制约，当p、V、T都发生变化时，直接判断液柱移动的方向比较困难，关键是判断封闭气体的体积V如何变化。 2.分析方法——假设推理法 根据题设条件，假设液柱不动，运用相应的物理规律及有关知识进行严谨的推理，得出正确的答案。 3.两个常用推论 (1)查理定律的分比形式：=或Δp=p。 (2)盖—吕萨克定律的分比形式： =或ΔV=V。 [典例]　(双选)如图所示，容器A和容器B分别盛有氢气和氧气，用一段水平细玻璃管相通，管内有一段水银柱将两种气体隔开，当氢气的温度为0 ℃、氧气温度为20 ℃时，水银柱静止。下列说法正确的是 (　　) A.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向右边移动 B.两气体温度均升高20 ℃时，水银柱向左边移动 C.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向下移动 D.如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，保持各自温度不变(水银全部在细管中)，现让温度都升高10 ℃，则水银柱向上移动 听课记录： [题点全练清] 1.(2025·晋江高二阶段练习)竖直放置的粗细均匀、两端封闭的细长玻璃管中，有一段水银柱将管中气体分为A和B两部分，如图所示。已知两部分气体A和B的体积关系是VB=3VA，温度相同，将玻璃管温度均升高相同温度的过程中，水银将 (　　) A.向A端移动 B.向B端移动 C.始终不动 D.以上三种情况都有可能 2.(2025·河南高考)(双选)如图所示，一圆柱形气缸水平固定放置，其内部被活塞M、P、N密封成两部分，活塞P与气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P两侧气体同时缓慢升高相同温度，P将右移 B.固定M、N，若P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 主题(二)　气体实验定律与理想气体状态方程的综合问题　 　　　　　　　　　　　　　　　　 [知能融会通] 1.理想气体状态方程 =或=C。 2.对理想气体状态方程的理解 (1)适用对象：一定质量的理想气体。 (2)应用理想气体状态方程的关键：对气体状态变化过程的分析和状态参量的确定，即“一过程六参量”。 (3)注意方程中各物理量的单位：T必须是热力学温度，公式两边的p和V单位必须统一，但不一定是国际单位制中的单位。 3.气体的三个实验定律是理想气体状态方程的特例 T1=T2 p1V1=p2V2(玻意耳定律) V1=V2 =(查理定律) p1=p2 =(盖—吕萨克定律) [典例]　“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上。某次拔罐时，罐的容积为60 cm3，室温为27 ℃，大气压强p0=1.0×105 Pa，罐的导热性能良好。罐内封闭气体可视为理想气体。求： (1)拔罐过程中，罐内空气被加热到57 ℃，求此时罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比； (2)罐倒扣到治疗部位后，罐内空气从57 ℃降温到室温，罐的容积由于皮肤变形减少3 cm3，求降温之后罐内气体的压强(结果保留2位有效数字)。 尝试解答： [思维建模] 　　利用理想气体状态方程解决问题的基本思路 (1)选对象：根据题意，选出所研究的某一部分一定质量的气体。 (2)找参量：分别找出这部分气体状态发生变化前后的p、V、T数值或表达式，压强的确定是关键。 (3)认过程：认清变化过程，正确选用物理规律。 (4)列方程：根据理想气体状态方程列式求解，有时要讨论结果的合理性。 [题点全练清] 1.一定质量的理想气体，由状态A(1，3)沿直线AB变化到状态C(3，1)，如图所示，气体在A、B、C三个状态中的温度之比是 (　　) A.1∶1∶1 B.1∶2∶3 C.3∶4∶3 D.4∶3∶4 2.(双选)一气缸竖直放在水平地面上，缸体质量M=8 kg，活塞的质量m=4 kg，活塞的面积S=2×10-3 m2，活塞上面的气缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=1.0×105 Pa。活塞下面与劲度系数k=20 N/cm的轻弹簧相连，当气缸内气体温度为127 ℃时弹簧为自然长度，此时气缸内气柱长度L1=20 cm。g取10 m/s2，活塞不漏气，且与气缸壁无摩擦。现给封闭气体加热，则下列说法正确的是 (　　) A.当气缸内气柱长度L2=22 cm时，气缸内气体温度为550 K B.当气缸内气柱长度L2=22 cm时，气缸内气体压强为2.0×105 Pa C.气缸内气体温度上升到660 K以上，气体将做等压膨胀 D.气缸内气体温度上升到910 K以上，气体将做等压膨胀 3.粗细均匀的“U”形玻璃管竖直放置，左端封闭右端开口，右侧足够长，左端用水银封闭一定质量的理想气体，如图所示。封闭空气柱的长度L1=15 cm，两管水银面高度差h=5 cm，环境温度t=27 ℃，大气压强p0=75 cmHg。 (1)将左右两玻璃管缓慢平放在水平桌面后，求封闭空气柱的长度L2； (2)若环境温度缓慢下降，当玻璃管两侧水银面相平时，求环境温度。(计算结果保留小数点后一位) 主题(三)　关联气体问题　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体积这两个量间有一定的关系，分析清楚它们之间的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，根据理想气体状态方程列式求解。 (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。 (一)气缸活塞类问题 [例1]　(2025·日照高二检测)如图所示，水平放置的固定气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，其活塞面积之比为SA∶SB=1∶3。两活塞之间用刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸始终不漏气。初始时，A、B中气体的体积分别为V0、3V0，温度皆为T0=300 K，A中气体压强pA=4p0，p0为气缸外的恒定大气压强。现对A缓慢加热，在保持B中气体温度不变的情况下使B中气体的压强达到pB1=3p0。求： (1)加热前气缸B中的气体压强pB； (2)加热后气缸B中的气体体积VB1； (3)加热后气缸A中的气体温度TA1。 尝试解答： (二)玻璃管液柱类问题 [例2]　如图所示，粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，右管口封闭，管内A、B两段水银柱在管内封闭有长均为10 cm的a、b两段气体，水银柱A长为5 cm，水银柱B在右管中的液面比在左管中的液面高5 cm，大气压强为75 cmHg，环境温度为320 K。现将环境温度降低，使气柱b长度变为9 cm，求： (1)降低后的环境温度； (2)水银柱A下降的高度。 尝试解答： 课下请完成课时跟踪检测(五)及阶段质量检测(一) 综合·融通(二)　理想气体的三类典型问题 主题(一) [典例]　选AD　假设两气体体积不变，根据=，可知两气体温度均升高20 ℃时，氢气压强的增加量Δp1=p=p，氧气压强的增加量Δp2=p=p，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向右边移动，故A正确，B错误；如果将容器在竖直平面内缓慢逆时针转动90°，稳定时氢气的压强大于氧气的压强，假设两气体体积不变，根据=知，现让温度都升高10 ℃，氢气压强的增加量Δp1'=pH=pH，氧气压强的增加量Δp2'=pO=pO，氢气压强的增加量大于氧气压强的增加量，所以水银柱向上移动，故D正确，C错误。 [题点全练清] 1.选B　假设水银柱不动，两部分气体都做等容变化，根据查理定律有=，所以Δp=ΔT，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，气体A初状态的压强大，则ΔpA>ΔpB，水银柱所受合外力方向向上，应向上移动，即向B端移动，故选B。 2.选AC　由题意可知，初始时P两侧气体的压强相同，假设在升温的过程中P不发生移动，由查理定律的推论Δp=ΔT，可知P左侧气体压强增加量大，则P向右移动，A正确，B错误；由理想气体状态方程有p=，则初始时有=，即=，保持T1、T2不变，M、N同时缓慢向中间移动相同距离时，若P不移动，则有<，即>，则p1>p2，P将向右移动，C正确，D错误。 主题(二) [典例]　解析:(1)由题意知T1=(273+27)K=300 K，T2=(273+57)K=330 K，V0=60 cm3 由盖—吕萨克定律可得=，加热后罐内空气质量与室温下罐内空气质量的比为===。 (2)罐倒扣到治疗部位降温之后，由理想气体状态方程得=，即= 解得降温之后罐内气体的压强p3≈0.96×105 Pa。 答案:(1)10∶11　(2)0.96×105 Pa [题点全练清] 1.选C　根据理想气体状态方程得==，由题图可知pAVA∶pBVB∶pCVC=3∶4∶3，则TA∶TB∶TC=3∶4∶3，C正确。 2.选AD　弹簧处于自然长度时，气缸内气体的压强为p1=p0-=0.8×105 Pa，对整体分析，当气缸刚要离开地面时，有g=F弹=kx，解得x=6 cm。当气缸内气柱长度为22 cm时，弹簧压缩量x1=L2-L1=2 cm<6 cm，气缸未离开地面，对活塞受力分析有p0S+kx1=p2S+mg，解得此时气缸内气体的压强为p2=1.0×105 Pa，由理想气体状态方程可得=，解得T2=550 K，故A正确，B错误；当气缸刚离开地面时，分析可知此时气缸内气体的压强为p3=p0+=1.4×105 Pa，气柱长度L3=cm=26 cm，由理想气体状态方程可得=，解得T3=910 K，当气缸离开地面后，缸内气体的压强不变，气体将做等压膨胀，故C错误，D正确。 3.解析:(1)设玻璃管横截面积为S，根据题意可知，玻璃管开口朝上时有p1=p0+5 cmHg=80 cmHg，V1=L1S=15S 平放在水平桌面时有p2=p0=75 cmHg，V2=L2S 由玻意耳定律有p1V1=p2V2，解得L2=16 cm。 (2)根据题意可知，两侧水银面相平时有 p3=75 cmHg，V3=12.5S 由理想气体状态方程有= 解得T3≈234.4 K，即t3=-38.6 ℃。 答案:(1)16 cm　(2)-38.6 ℃ 主题(三) [例1]　解析:(1)加热前对刚性细杆及活塞进行受力分析有pASA+p0SB=p0SA+pBSB，解得pB=2p0。 (2)若保持B中气体温度不变，由玻意耳定律有pB·3V0=pB1VB1，解得VB1=2V0。 (3)根据上述分析可知，刚性细杆向右移动的距离为x= 则加热后A中气体的体积VA1=xSA+V0，解得VA1=V0 加热后对刚性细杆及活塞进行受力分析有 pA1SA+p0SB=p0SA+pB1SB，解得pA1=7p0， 根据理想气体状态方程可得=，解得TA1=700 K。 答案:(1)2p0　(2)2V0　(3)700 K [例2]　解析:(1)设玻璃管横截面积为S，开始时，左管中气柱a的压强为p1=75 cmHg+5 cmHg=80 cmHg 右管中气柱b的压强为p2=p1-5 cmHg=75 cmHg 温度降低后，气柱a的压强不变，气柱b的压强为 p2'=p1-7 cmHg=73 cmHg 对气柱b，根据理想气体状态方程得 =，解得T2=280.32 K。 (2)气柱a发生等压变化，则= 解得L1'=8.76 cm，则水银柱A下降的高度为 h=1 cm+10 cm-8.76 cm=2.24 cm。 答案:(1)280.32 K　(2)2.24 cm 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $