第2章 综合·融通(二) 理想气体的三类典型问题（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

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,学会应用气体实验定律和理想气体状态方程解决综合问题,会找两部分气体的压强、体积等关系,能解决关联气体问题,学会巧妙选择研究对象,使变质量气体问题转化为定质量的气体问题。 主题(一)　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.理想气体的引入及其特点 (1)引入:理想气体是对实际气体的一种科学抽象,就像质点模型一样,是一种理想模型,实际并不存在。 (2)特点 ①严格遵守气体实验定律及理想气体状态方程。 ②理想气体分子本身的大小与分子间的距离相比可忽略不计,分子不占空间,可视为质点。 ③理想气体分子除碰撞外,无相互作用的引力和斥力。 ④理想气体分子势能为0,内能等于所有分子热运动的动能之和,只和温度有关。 2.理想气体状态方程与气体实验定律的关系 =⇒ 3.气体密度公式:=。 推导:一定质量的理想气体的状态方程为=,等式两边同除以气体的质量m得到方程=,即=。 [典例]　如图所示,汽缸竖直放置,汽缸内活塞的质量为m=0.2 kg、横截面积S=1 cm2。开始时,汽缸内被封闭气体的压强p1=2×105 Pa,温度T1=480 K,活塞到汽缸底部的距离H1=12 cm。拔出销钉K后,活塞无摩擦上滑,当它达到最大速度时,缸内气体的温度为300 K,求此时活塞距汽缸底部的距离H2(汽缸不漏气,大气压强p0=1.0×105 Pa,重力加速度g=10 m/s2)。 [解析]　被封闭气体在变化过程中其体积、温度、压强皆发生了变化。 气体初状态T1=480 K,V1=H1S,p1=2×105 Pa; 气体末状态T2=300 K,V2=H2S,p2待求。 根据题意,活塞速度最大时加速度为0,活塞所受合力为0,有p2S=mg+p0S, 解得p2=1.2×105 Pa 由理想气体状态方程得= 解得H2=12.5 cm。 [答案]　12.5 cm [思维建模] 应用理想气体状态方程解题的一般思路 (1)确定研究对象(某一部分气体),明确气体所处系统的力学状态。 (2)弄清气体状态的变化过程。 (3)确定气体的初、末状态及其状态参量,并注意单位的统一。 (4)根据题意,选用理想气体状态方程求解。若非纯热学问题,还要综合应用力学等有关知识列辅助方程。 (5)分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。 [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∶1 解析:选C　根据理想气体状态方程,可得 ==,由题图可知pAVA∶pBVB∶pCVC=3∶4∶3,则TA∶TB∶TC=3∶4∶3,C正确。 2.(2025·辽宁沈阳高二阶段练习)湖底温度为7 ℃,有一球形气泡从湖底升到水面(气体质量恒定)时,其直径扩大为原来的2倍。已知水面温度为27 ℃,大气压强p0=1.0×105 Pa,湖水的密度为1.0×103 kg/m3,重力加速度g取10 m/s2,则湖水深度约为 (　　) A.75 m B.65 m C.55 m D.45 m 解析:选B　根据理想气体状态方程=,其中T1=273+7 K=280 K,T2=273+27 K=300 K,V1=πd3,V2=π(2d)3=8V1,p2=p0,解得p1=p0,湖底的水的压强为p1=p0+ρgh,解得湖水深度约为h≈65 m。故选B。 主题(二)　变质量气体问题 [知能融会通] 1.打气(或充气)问题 向球、轮胎中充气是一个典型的气体变质量的问题。选择球内原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象,把充气过程中的气体质量变化的问题转化为定质量气体的状态变化问题。 　　[例1]　(2024·安徽高考)某人驾驶汽车,从北京到哈尔滨,在哈尔滨发现汽车的某个轮胎内气体的压强有所下降(假设轮胎内气体的体积不变,且没有漏气,可视为理想气体),于是在哈尔滨给该轮胎充入压强与大气压相同的空气,使其内部气体的压强恢复到出发时的压强(假设充气过程中,轮胎内气体的温度与环境相同,且保持不变)。已知该轮胎内气体的体积V0=30 L,从北京出发时,该轮胎内气体的温度t1=-3 ℃,压强p1=2.7×105 Pa。哈尔滨的环境温度t2=-23 ℃,大气压强p0取1.0×105 Pa。求: (1)在哈尔滨时,充气前该轮胎内气体压强的大小。 (2)充进该轮胎的空气体积。 [解析]　(1)由查理定律可得= 其中p1=2.7×105 Pa,T1=(273-3)K=270 K,T2=(273-23)K=250 K 代入数据解得充气前该轮胎内气体压强的大小为p2=2.5×105 Pa。 (2)由玻意耳定律得p2V0+p0V=p1V0 代入数据解得充进该轮胎的空气体积为V=6 L。 [答案]　(1)2.5×105 Pa　(2)6 L 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整体作为研究对象,将变质量问题转化为定质量问题。 　　[例2]　(多选)如图所示,用容积为的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。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 [解析]　容器内气体压强为p0,则气体初始状态参量为p0和V0,在第一次抽气过程,对全部的理想气体由等温变化规律得p0V0=p1,解得p1=p0,故C正确,B错误;同理第二次抽气过程,p1V0=p2,第三次抽气过程p2V0=p3,解得p3=p0=p0,可知抽3次气后容器中还剩余一部分气体,故A错误,D正确。 [答案]　CD 3.灌气问题 将一个大容器里的气体分装到多个小容器中是一个典型的变质量问题。分析这类问题时,把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体整体作为研究对象,将变质量问题转化为定质量问题。 　　[例3]　容积为20 L的钢瓶充满氧气后,压强为150 atm,打开钢瓶的阀门让氧气同时分装到容积为5 L的小瓶中,若小瓶原来是抽空的,小瓶中充气后压强为10 atm,分装过程中无漏气,且温度不变,那么最多能分装 (　　) A.4瓶 B.50瓶 C.56瓶 D.60瓶 [解析]　取钢瓶内的气体为研究对象,根据玻意耳定律有p0V0=p'(V0+nV1),整理得n==(瓶)=56(瓶),故C正确。 [答案]　C 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。选容器内剩余气体和漏出气体整体作为研究对象,可使问题变成一定质量气体的状态变化,可用气体变化规律求解。 　　[例4]　气体温度变化时热胀冷缩现象尤为明显,若未封闭的室内生炉子后温度从7 ℃升到 27 ℃,而整个环境气压不变,则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为 (　　) A.3.3% B.6.7% C.7.1% D.9.4% [解析]　以温度为7 ℃时室内的所有气体为研究对象,气体发生等压变化有=,可得V1=V0,则室内的空气质量减少了ρ气(V1-V0),则跑到室外气体的质量占原来气体质量的百分比为×100%≈6.7%。故选B。 [答案]　B [思维建模] 将“变质量”转化为“定质量” 　　在分析和求解气体质量变化的问题时,首先要将质量变化的问题变成质量不变的问题,否则不能应用气体实验定律。如漏气问题,不管是等温漏气、等容漏气还是等压漏气,都要将漏掉的气体“收”回来。可以设想有一个“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,这样就把变质量问题转化为定质量问题,然后再应用气体实验定律求解。 主题(三)　关联气体问题 [知能融会通] 　　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。 　　[典例]　(2024·广东高考)差压阀可控制气体进行单向流动,广泛应用于减震系统。如图所示,A、B两个导热良好的汽缸通过差压阀连接,A内轻质活塞的上方与大气连通,B内气体体积不变。当A内气体压强减去B内气体压强大于Δp时差压阀打开,A内气体缓慢进入B中;当该差值小于或等于Δp时差压阀关闭。当环境温度T1=300 K时,A内气体体积VA1=4.0×10-2 m3,B内气体压强pB1等于大气压强p0。已知活塞的横截面积S=0.10 m2,Δp=0.11p0,p0=1.0×105 Pa,重力加速度大小取g=10 m/s2,A、B内的气体可视为理想气体,忽略活塞与汽缸间的摩擦,差压阀与连接管内的气体体积不计。当环境温度降到T2=270 K时: (1)求B内气体压强pB2; (2)求A内气体体积VA2; (3)在活塞上缓慢倒入铁砂,若B内气体压强回到p0并保持不变,求已倒入铁砂的质量m。 [解析]　(1)假设温度降低到T2过程中,差压阀没有打开,A、B两个汽缸导热良好,B内气体做等容变化,初态pB1=p0,T1=300 K 末态T2=270 K 根据查理定律有= 代入数据可得pB2=9×104 Pa A内气体做等压变化,压强保持不变, 此时压强差p0-pB2<Δp 假设成立,即pB2=9×104 Pa。 (2)A内气体压强保持不变, 初态VA1=4.0×10-2 m3,T1=300 K 末态T2=270 K 根据盖⁃吕萨克定律有= 代入数据可得VA2=3.6×10-2 m3。 (3)恰好稳定时,A内气体压强为pA3=p0+ B内气体压强pB3=p0 此时差压阀恰好关闭,所以有pA3-pB3=Δp 代入数据联立解得m=1.1×102 kg。 [答案]　(1)9×104 Pa　(2)3.6×10-2 m3 (3)1.1×102 kg [题点全练清] 1.一横截面积为S的汽缸水平放置且固定不动,汽缸壁是导热的。两个活塞A和B将汽缸分隔为1、2两气室,达到平衡时1、2两气室体积之比为5∶4,如图所示,在室温不变的条件下,缓慢推动活塞A,使之向右移动一段距离d,不计活塞与汽缸壁之间的摩擦,汽缸密闭不漏气,则活塞B向右移动的距离为 (　　) A.d B.d C.d D.d 解析:选D　以活塞B为研究对象:初状态p1S=p2S,气室1、2的体积分别为V1、V2,末状态p1'S=p2'S,在活塞A向右移动距离d的过程中活塞B向右移动的距离为x,因温度不变,分别对气室1和气室2的气体运用玻意耳定律,得气室1:p1V1=p1'(V1+xS-dS),气室2:p2V2=p2'(V2-xS),联立并代入数据解得x=d,故A、B、C错误,D正确。 2.如图所示,一粗细均匀且足够长的导热U形管竖直放置在烘烤箱中,右侧上端封闭,左侧上端与大气相通,右侧顶端密封空气柱A的长度为L1=24 cm,左侧密封空气柱B的长度为L2=30 cm,上方水银柱长h2=4 cm,左右两侧水银面高度差h1=12 cm。已知大气压强p0=76.0 cmHg,大气温度T1=300 K。现开启烘烤箱缓慢加热U形管,直到空气柱A、B下方水银面等高。加热过程中大气压强保持不变。求: (1)加热前空气柱A、B的压强各为多少; (2)空气柱A、B下方水银面等高时烘烤箱的温度T2(结果保留1位小数); (3)加热后,空气柱B上方水银柱上升高度L。 解析:(1)加热前有pB=p0+ρgh2=80 cmHg,pA=pB-ρgh1=68 cmHg。 (2)空气柱B压强保持不变, 则有pA2=pB=80 cmHg 对空气柱A,根据理想气体状态方程 =,解得T2≈441.2 K。 (3)以空气柱B为研究对象,加热前温度T1=300 K,体积VB1=L2S,加热后温度T2=441.2 K,体积VB2=(L2+ΔL)S, 由盖⁃吕萨克定律得= 联立可得ΔL=14.12 cm 空气柱B上方水银柱上升高度L=ΔL+=20.12 cm。 答案:(1)68 cmHg　80 cmHg　(2)441.2 K (3)20.12 cm 学科网（北京）股份有限公司 $