第2章 综合·融通(一) 气体实验定律的综合应用（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版 江苏专用）

气体实验定律的综合应用 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(一) 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 主题(二)　气体实验定律的理解及应用 01 02 CONTENTS 目录 主题(三)　理想气体状态变化的图像问题 课时跟踪检测 03 04 主题(一)　液柱移动问题 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。 知能融会通 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]　如图所示，A、B两个容器中装有同种气体，容器间用一根细玻璃管连接，管中有一水银滴D作为活塞。当A容器的温度为-10 ℃，B容器的温度为10 ℃时，水银滴刚好在玻璃管的中央保持平衡。两个容器的温度都降低10 ℃时，下列说法正确的是 (　　) A.水银滴将不移动 B.水银滴将向A移动 C.水银滴将向B移动 D.水银滴将向哪个方向移动无法判断 √ [解析]　假定两部分气体的体积不变，A、B中所装气体温度分别为T1=263 K，T2=283 K，当温度降低ΔT时，容器A中气体的压强由p1降至p1'，则Δp1=p1-p1'，容器B中气体的压强由p2降至p2'，则Δp2=p2-p2'，由查理定律的推论可得=，解得Δp1=·ΔT，Δp2=·ΔT，因为p2<p1，所以压强减少量Δp1>Δp2，即水银滴应向A移动，故B正确。 1.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.玻璃管竖直减速下落 题点全练清 √ 解析：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；玻璃管竖直减速下落，水银柱超重，左侧部分气体压强增大，体积减小，使左右水银面高度差变大；匀速下落时，压强不变，高度差不变，故B、D错误。 2.(2025·河南高考改编)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将不动 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：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、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 三大气体实验定律 知能融会通   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   玻意耳定律 查理定律 盖⁃吕萨克定律 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； [答案]　100 N [解析]　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)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。 [答案]　327 K [解析]　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。 [思维建模] 利用气体实验定律解决问题的基本思路 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 题点全练清 √ 解析：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； 答案： 解析：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)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。 答案：9.5 m/s2 解析：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。 主题(三)　理想气体状态 变化的图像问题 一定质量的理想气体的状态变化图像 知能融会通 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 名称 图像 特点 其他图像 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 名称 图像 特点 其他图像 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) [答案]　4T0　2T0 [解析]　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)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]　V⁃T图像如图。 [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。 1.一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=2.5p1 D.Tc=2.5T0 题点全练清 √ 解析：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错误；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.(2023·江苏高考)如图所示，密闭容器内一定质量 的理想气体由状态A变化到状态B。该过程中 (　　) A.气体分子的数密度增大 B.气体分子的平均动能增大 C.单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力减小 D.单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数减小 √ 解析：根据=C，可得p=T，则从A到B为等容线，即从A到B气体体积不变，则气体分子的数密度不变，A错误；从A到B气体的温度升高，则气体分子的平均动能增大，B正确；从A到B气体的压强变大，则单位时间内气体分子对单位面积器壁的作用力变大，C错误；气体分子的数密度不变，从A到B气体分子的平均速率增大，则单位时间内与单位面积器壁碰撞的气体分子数增大，D错误。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在V⁃T图像中都是直线，ab和cd的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，由图可以判断(　　) A.ab过程中气体压强不断减小 B.bc过程中气体压强不断增大 C.cd过程中气体压强不断增大 D.da过程中气体压强不断增大 √ 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 解析：在V⁃T图像中，过原点的倾斜直线是等压线，所以ab、cd为两条等压线，即pa=pb，pc=pd，故A、C错误；在V⁃T图像中，与坐标原点连线的斜率越大表示压强越小，可知pa=pb>pc=pd，即由b到c的过程压强变小，由d到a的过程压强变大，故B错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 2.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 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：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=p，两部分气体初状态温度T相同，升高的温度ΔT相同，初状态气体A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B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 3.一定质量的气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与横轴平行，da与bc平行，则气体体积在 (　　) A.ab过程中不断减小 　 B.bc过程中不断增大 C.cd过程中不断减小 　 D.da过程中保持不变 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：ab过程气体发生等温变化，压强减 小，由玻意耳定律分析可知气体的体积变大， 故A错误；由于bc的延长线通过原点，由查理 定律可知bc过程为等容变化，故B错误；cd过 程气体发生等压变化，温度降低，由盖⁃吕萨克定律分析可知气体体积减小，故C正确；d点与原点的连线的斜率大于a点与原点的连线的斜率，则气体在d状态的体积小于气体在a状态的体积，da过程体积增大，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 4.如图所示，两端封闭、粗细均匀的玻璃管内的理想气体被一段水银柱隔开，当玻璃管水平放置时，左侧管内气体的体积小于右侧管内气体的体积，左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，水银柱处于静止状态。下列说法正确的是 (　　) A.此时左侧管内气体压强大于右侧管内气体压强 B.此时左侧管内气体压强小于右侧管内气体压强 C.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向左移动 D.若管内两端的气体都升高相同的温度，则水银柱向右移动 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：对水平状态的水银柱受力分析可知，来自两侧的封闭气体的压力相等，则此时左侧管内气体压强等于右侧管内气体压强，故A、B错误；管内两端的气体都升高相同的温度ΔT时，假设水银柱不动，由等容变化的推论有=，可得Δp=·ΔT，因左侧管内气体的温度高于右侧管内气体的温度，T1左>T1右，则左侧气体压强的增加量小于右侧气体压强的增加量，Δp左<Δp右，而初态两侧的压强相等，故水银柱要向左移动，故C正确，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 5.“空气充电宝”是一种通过压缩空气实现储能的装置， 可在用电低谷时储存能量、用电高峰时释放能量。“空气充 电宝”某个工作过程中，一定质量理想气体的p⁃T图像如图 所示。该过程对应的p⁃V图像可能是 (　　) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据=C，可得p=T，从a到b，气体压强不变，温度升高，则体积变大；从b到c，气体压强减小，温度降低，因c点与原点连线的斜率小于b点与原点连线的斜率，c状态的体积大于b状态体积。故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 6.如图甲、乙、丙所示，三支粗细相同的玻璃管，中间都用一段水银柱封住温度相同的空气柱，且V1=V2>V3，h1<h2=h3。若升高相同的温度，则管中水银柱向上移动最多的是 (　　) A.丙管 B.甲管和乙管 C.乙管和丙管 D.三管中水银柱向上移动一样多 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：由于气体的压强不变，故ΔV=·ΔT，由于V1=V2>V3，T和ΔT相同，故ΔV1=ΔV2>ΔV3，即甲管与乙管中水银柱向上移动最多，故选项B正确，A、C、D错误。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 7.如图所示，一定质量的理想气体用质量为 M的活塞封闭在容器中，活塞与容器间光滑接触， 在图中三种稳定状态下的体积关系为V1<V2=V3， 温度分别为T1、T2、T3，则T1、T2、T3的大小关系为 (　　) A.T1=T2=T3 B.T1<T2<T3 C.T1>T2>T3 D.T1<T2=T3 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析；以活塞为研究对象，对T1、T2状态下的气体有Mg+p0S=p1S，p0S+Mg=p2S，对T3状态下的气体有p0S+Mg+mg=p3S，可以得出p1=p2<p3；根据理想气体状态方程==，因V1<V2，p1=p2，则T1<T2，因V2=V3，p2<p3，则T2<T3，即T1<T2<T3，故B正确。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 √ 8.如图所示，两个水平相对放置的固定汽缸有管道相通，轻质活塞a、b用刚性轻杆固连，可在汽缸内无摩擦地移动，两活塞面积分别为Sa和Sb，且Sa<Sb。缸内及管中封有一定质量的理想气体，整个系统处于平衡状态，大气压强不变。现使缸内气体的温度缓慢降低一点，则系统再次达到平衡状态时 (　　) A.活塞向左移动了一点 B.活塞向右移动了一点 C.活塞的位置没有改变 D.条件不足，活塞的位置变化无法确定 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：初、末状态对活塞由平衡条件可知封闭气体压强等于外界大气压，保持不变。根据理想气体状态方程pV=CT可知，温度降低，气体体积减小，从汽缸结构看活塞应向右移动一点，故选B。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 9.(10分)(2024·江西高考)可逆斯特林热机的工作循环如图所示。一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和DA均为等容过程。已知T1=1 200 K，T2=300 K，气体在状态A的压强pA=8.0×105 Pa，体积V1=1.0 m3，气体在状态C的压强pC=1.0×105 Pa。求： 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (1)气体在状态D的压强pD；(4分) 答案：2.0×105 Pa 解析：气体从状态D到状态A的过程发生等容变化，根据查理定律有= 代入数据解得pD=2.0×105 Pa。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)气体在状态B的体积V2。(6分) 答案：2.0 m3 解析：气体从状态C到状态D的过程发生等温变化，根据玻意耳定律有pCV2=pDV1 代入数据解得V2 =2.0 m3 又气体从状态B到状态C发生等容变化，因此气体在状态B的体积也为V2=2.0 m3。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 10.(12分)(2025·江苏无锡高二期末)如图所示，一内 壁光滑的导热圆柱形汽缸静止在地面上。汽缸内部有卡 环，卡环上方放有一质量M=3 kg的活塞和一个质量m= 1 kg的物块，汽缸的横截面积为20 cm2，汽缸内封闭有体积为600 cm3的一定质量的理想气体，气体的温度为300 K时，卡环对活塞的支持力为60 N，大气压强p=1.0×105 Pa，重力加速度g=10 m/s2，求： (1)此时汽缸内气体压强为多少?(4分) 答案：9×104 Pa 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：根据题意，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有p0S+g=pS+FN 代入数据解得p=9×104 Pa。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)现对汽缸缓慢加热，当缸内气体温度上升到多少K时，活塞恰好离开卡环?(8分) 答案：400 K 解析：设温度上升到T1时，活塞恰好离开卡环，对活塞和物块整体受力分析，由平衡条件有p0S+g=p1S 解得p1=1.2×105 Pa 汽缸内气体发生等容变化，根据查理定律可得= 代入数据解得T1=400 K。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 11.(14分)大汽缸的底部焊接了一个小汽缸，两汽缸 连通，如图所示，用一大一小两个活塞封闭一定质量的 理想气体，两活塞之间用轻杆相连，两汽缸足够长。已知大活塞的横截面积是小活塞的横截面积的两倍。开始时两活塞的间距为40 cm，汽缸外大气的压强为760 mmHg、温度为299.2 K，大活塞与大汽缸底部的距离为20 cm，封闭气体的温度为528 K。汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢左移，汽缸壁与活塞之间的摩擦忽略不计。求： (1)大活塞刚好向左运动到大汽缸底部时，封闭气体的温度；(6分) 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 答案：352 K 解析：大活塞向左运动到大汽缸底部的过程中，气体进行等压变化，根据盖⁃吕萨克定律=， 即= 解得T2=352 K。 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 (2)汽缸内的气体温度达到外界温度时压强为多少mmHg?(8分) 答案：646 mmHg 解析：因外界温度299.2 K小于352 K，则当气体温度从352 K降到外界温度时，汽缸内的气体进行等容变化，开始时气体压强p1=p2=p0 则由查理定律= 即= 解得p3=646 mmHg。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $