第2章 综合·融通(一) 气体实验定律的综合应用（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(一)　气体实验定律的综合应用 (融会课——主题串知综合应用) 　　通过本节课的学习,进一步熟练应用三个气体实验定律解决实际问题,会利用查理定律和盖⁃吕萨克定律的推论判断液柱移动方向,会利用图像对气体状态、状态变化及规律进行分析,并应用于解决气体状态变化问题。 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]　(多选)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 [解析]　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,可知两气体温度均升高20 ℃时,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=可知,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,初始时氢气的压强大于氧气的压强,可知两气体温度均升高10 ℃时,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。 [答案]　AD [题点全练清] 1.(多选)如图,U形玻璃管两端封闭竖直静置,管内水银柱把管内气体分成两部分,此时两边气体温度相同,管内水银面高度差为h。若要使左右水银面高度差变小,则可行的方法是 (　　) A.同时升高相同的温度 B.玻璃管竖直匀速下落 C.同时降低相同的温度 D.玻璃管竖直加速下落 解析:选AD　假设两部分气体做等容变化,则根据=,可得压强变化量Δp=p,则Δp左=p左,Δp右=p右,而其中p左=p右+ph,若同时升高相同的温度,则左侧气体压强增加得多,所以左侧水银面上升,右侧水银面下降,左右水银面高度差变小;同理若同时降低相同的温度,则左侧气体压强减少得多,所以左侧水银面下降,右侧水银面上升,左右水银面高度差变大,故A正确,C错误;玻璃管竖直加速下落,水银柱失重,左侧部分气体压强减小,体积增大,使左右水银面高度差变小;匀速下落时,压强不变,高度差不变,故B错误,D正确。 2.(2025·河南高考)(多选)如图所示,一圆柱形汽缸水平固定放置,其内部被活塞M、P、N密封成两部分,活塞P与汽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 解析: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)　气体实验定律的理解及应用 [知能融会通] 三大气体实验定律 玻意耳定律 查理定律 盖⁃吕萨克定律 内容 一定质量的某种气体,在温度不变的情况下,压强p与体积V成反比 一定质量的某种气体,在体积不变的情况下,压强p与热力学温度T成正比 一定质量的某种气体,在压强不变的情况下,体积V与热力学温度T成正比 表达式 p1V1=p2V2 = = 图像 　　 [典例]　(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。 [解析]　(1)活塞从卡销a到卡销b过程中,气体做等温变化,初态p1=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有F+p1S=p2S+N 解得卡销b对活塞支持力的大小N=100 N。 (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,气体做等容变化,初态p2=1.1×105 Pa,T2=300 K,末态时设气体的压强为p3,对活塞根据平衡条件有p3S=F+p1S 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。 [答案]　(1)100 N　(2)327 K 　　[思维建模] 利用气体实验定律解决问题的基本思路 [题点全练清] 1.一定质量的气体,从初状态(p0、V0、T0)先经等压变化使温度上升到T0,再经等容变化使压强减小到p0,则气体最后状态为 (　　) A.p0、V0、T0 B.p0、V0、T0 C.p0、V0、T0 D.p0、V0、T0 解析:选B　在等压过程中,由盖⁃吕萨克定律有=,解得V2=V0;再经过一个等容过程,由查理定律有=,解得T3=T0,所以B正确。 2.(2025·湖南高考)用热力学方法可测量重力加速度。如图所示,粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内用液柱封闭了一段长度为L1的空气柱。液柱长为h,密度为ρ。缓慢旋转细管至水平,封闭空气柱长度为L2,大气压强为p0。 (1)若整个过程中温度不变,求重力加速度g的大小; (2)考虑到实验测量中存在各类误差,需要在不同实验参数下进行多次测量,如不同的液柱长度、空气柱长度、温度等。某次实验测量数据如下:液柱长h=0.200 0 m,细管开口向上竖直放置时空气柱温度T1=305.7 K。水平放置时调控空气柱温度,当空气柱温度T2=300.0 K时,空气柱长度与竖直放置时相同。已知ρ=1.0×103 kg/m3,p0=1.0×105 Pa。根据该组实验数据,求重力加速度g的值。 解析:(1)竖直放置时封闭气体的压强为p1=p0+ρgh 水平放置时封闭气体的压强为p2=p0 设细管的横截面积为S,该过程为等温过程,由玻意耳定律可得p1L1S=p2L2S 解得g=。 (2)该过程为等容过程,由查理定律可得= 代入数据解得g=9.5 m/s2。 答案:(1)　(2)9.5 m/s2 主题(三)　理想气体状态变化的图像问题 [知能融会通] 一定质量的理想气体的状态变化图像 名称 图像 特点 其他图像 等温线 p⁃V pV=CT(C为常量),即pV乘积越大的等温线对应的温度越高,离原点越远 p⁃ p=,斜率k=CT,即斜率越大,对应的温度越高 等容线 p⁃T p=T,斜率k=,即斜率越大,对应的体积越小 p⁃t 图线的延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的体积越小 等压线 V⁃T V=T,斜率k=,即斜率越大,对应的压强越小 V⁃t V与t呈线性关系,但不成正比,图线延长线均过点(-273.15,0),斜率越大,对应的压强越小 [典例]　汽油机某型号汽缸如图,现在该汽缸中密封一定质量的理想气体,通过各种技术手段,使该汽缸中密封的理想气体的状态按图1中箭头所示的顺序变化,图线BC是一段以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。 (1)已知气体在状态A的温度为2T0,求气体在状态B和状态D的温度各是多少?(以上温度均为热力学温度) (2)在图2中画出气体的V⁃T图线(图中要标明A、B、C、D四点,并且要画箭头表示变化方向) [解析]　(1)A到B为等压过程,根据盖⁃吕萨克定律得= 即=,解得TB=4T0 B到C为等温过程TC=TB=4T0 C到D为等压过程,根据盖⁃吕萨克定律得=,即=,解得TD=2T0。 (2)V⁃T图像如图。 [答案]　(1)4T0　2T0　(2) 见解析图 [思维建模] 图像转换问题的分析方法 (1)准确理解p⁃V图像、p⁃T图像和V⁃T图像的特点、函数关系和物理意义。 (2)知道图线上的某一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态,知道其状态参量:p、V、T。 (3)知道图线上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态(p、V、T)转化到另一个平衡状态(p'、V'、T')的过程,并能判断出该过程是否是等温过程、等容过程或等压过程。 (4)从图像中的某一点(平衡状态)的状态参量开始,根据不同的变化过程,先用相对应的规律计算出下一点(平衡状态)的状态参量,再逐一分析计算出各点的p、V、T。 (5)根据计算结果在图像中描点、连线,作出一个新的图线,并根据相应的规律逐一检查是否有误。 [题点全练清] 1.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始,缓慢经历ab、bc、ca回到a状态,其V⁃T图像如图所示。状态a的压强为p1、体积为V0、热力学温度为T0,状态c的热力学温度为Tc,下列判断正确的是 (　　) A.气体从状态a到状态c的过程中密度一直减小 B.pb=2.5p1 C.pc=p1 D.Tc=2.5T0 解析:选CD　由题图可知,气体从状态a到状态c体积先变大后不变,则密度先减小后不变,故A错误;由题图可知,气体由状态c到状态a对应的V⁃T图线为过原点的直线,所以发生的是等压变化,即pc=p1,故C正确;气体由状态a到状态b为等温膨胀,所以p1V0=pb·2.5V0,所以pb=0.4p1,故B错误;由状态a到状态c,根据理想气体的状态方程有=,所以Tc=2.5T0,故D正确。 2.(2025·云南大理高二期中)(多选)一定质量的理想气体,状态变化过程为a→b→c→a,如图所示。下列说法中正确的是 (　　) A.c→a过程中,气体压强增大,体积不变 B.c→a过程中,气体压强增大,体积变大 C.a→b过程中,气体体积增大,压强减小 D.b→c过程中,气体压强不变,体积增大 解析:选AC　根据=C,可得=C·,可知c→a过程中气体的体积保持不变,即发生等容变化,故A正确,B错误;由题图可知,a→b过程中气体的温度保持不变,即气体发生等温变化,且pa>pb,根据玻意耳定律paVa=pbVb,可得Va<Vb,即压强减小,体积增大,故C正确;由题图可知,b→c过程中气体压强不变,温度降低,即Tb>Tc,根据=,可得Vb>Vc,即体积减小,故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $