核心素养19 气体实验定律的综合应用 课件——2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“气体实验定律的综合应用”核心素养，覆盖玻璃管液封、汽缸活塞、变质量气体三大模型，依据高考评价体系明确液柱压强计算、关联气体分析等高频考点，归纳受力平衡、状态方程应用等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题实战与核心素养融合，如2025浙江选考“活塞封闭气体”题，通过液柱受力分析建构物理模型，运用盖-吕萨克定律进行科学推理，总结“压强不变体积变化”解题模板。特设“易错点警示”如忽略大气压强，助力学生掌握技巧，教师可精准指导，提升复习效率。

核心素养19 气体实验定律的综合应用 角度1　玻璃管液封模型 求液柱封闭的气体压强时,一般以液片或液柱为研究对象分析受力、列平衡方程,要注意: (1)液体因重力产生的压强大小为p=ρgh(其中h为液面的竖直高度)。 (2)不要漏掉大气压强,同时又要注意大气压强产生的压力是否要平衡掉。 (3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体,同种液体在同一水平面上各处压强相等。 针对练 (2025浙江6月选考)如图所示,测定一个形状不规则小块固体体积,将此小块固体放入已知容积为V0的导热效果良好的容器中,开口处竖直插入两端开口的薄玻璃管,其横截面积为S,接口用蜡密封。容器内充入一定质量的理想气体,并用质量为m的活塞封闭,活塞能无摩擦滑动,稳定后测出气柱长度为l1,将此容器放入热水中,活塞缓慢竖直向上移动,再次稳定后气柱长度为l2、温度为T2。已知S=4.0×10-4 m2,m=0.1 kg,l1=0.2 m,l2=0.3 m,T2=350 K, V0=2.0×10-4 m3,大气压强p0=1.0×105 Pa,环境温度T1=300 K。 (1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力　　　　,气体分子的数密度　　　　;(均选填“变大”“变小”或“不变”)  (2)求此不规则小块固体的体积V; (3)若此过程中气体内能增加10.3 J,求吸收热量Q。 答案 (1)不变　变小 (2)4×10-5 m3 (3)14.4 J 解析 (1)温度升高后,活塞缓慢上升,受力不变,故封闭气体的压强不变,根据p=可知器壁单位面积所受气体分子的平均作用力不变;由于体积变大,气体分子的数密度变小。 (2)气体发生等压变化,根据盖-吕萨克定律得 解得V=4×10-5 m3。 (3)整个过程中外界对气体做功为 W=-p1S(l2-l1) 对活塞受力分析 p1S=mg+p0S 解得W=-4.1 J 根据热力学第一定律 ΔU=Q+W 其中ΔU=10.3 J 解得Q=14.4 J 故气体吸收热量为14.4 J。 角度2　汽缸活塞类模型 单个汽缸问题通常结合受力分析和理想气体状态方程,而两个或多个汽缸封闭着几部分气体,并且汽缸之间相互关联的问题,解答时应分别研究各部分气体,找出它们各自遵循的规律,并写出相应的方程,还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式,最后联立求解。 针对练 如图所示,竖直放置的汽缸中,用横截面积为S的轻活塞封闭一定质量的理想气体,中间的隔板将气体分为A、B两部分;初始时,A、B两部分气柱的长度均为L。已知隔板的质量为m,不计活塞、隔板与汽缸间的摩擦力,外界大气压强为p0,重力加速度为g。气体温度始终保持不变,缓慢向活塞上倒入铁砂。 (1)若倒入铁砂的质量为m,求隔板向下移动的距离。 (2)若隔板向下缓慢移动了的距离,求活塞向下移动的距离。 答案 (1)　(2) 解析 (1)倒入质量为m的铁砂,A中气体的压强pA=p0+ B中气体的压强pB=pA+=p0+ B中气体发生等温变化,末状态B气体长度为l 初状态pB0=p0+,VB0=LS 末状态压强为pB,VB=lS 根据pB0VB0=pBVB 可得l= 隔板向下移动的距离为Δx=L-l=。 (2)对B内气体分析,温度不变 初状态pB0=p0+,VB0=LS 末状态压强为pB1,VB1= 根据玻意耳定律pB0VB0=pB1VB1 可得pB1=2 由于pB1=pA1+ 可得pA1=2p0+ 设A中气体现在的长度为d,根据玻意耳定律p0LS=pA1dS 可得d= 活塞向下移动的距离x=-d=。 角度3　变质量气体模型 变质量气体模型常见的是充气、抽气、灌气问题,解决这类问题具体的办法如下。 (1)充气问题:选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象,就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题。 (2)抽气问题:在对容器抽气的过程中,对每一次抽气而言,气体质量发生变化,解决该类变质量问题的方法与充气(打气)问题类似,假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中,即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。 (3)灌气问题:将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题,分析这类问题时,可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究,即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。 针对练 (2025山东卷)图甲为战国时期青铜汲酒器,根据其原理制作了由中空圆柱形长柄和储液罐组成的汲液器,如图乙所示。长柄顶部封闭,横截面积S1=1.0 cm2,长度H=100.0 cm,侧壁有一小孔A。储液罐的横截面积S2=90.0 cm2,高度h=20.0 cm,罐底有一小孔B。汲液时,将汲液器竖直浸入液体,液体从孔B进入,空气由孔A排出;当内外液面相平时,长柄浸入液面部分的长度为x;堵住孔A,缓慢地将汲液器竖直提出液面,储液罐内刚好储满液体。已知液体密度ρ=1.0×103 kg/m3,重力加速度大小g取10 m/s2,大气压p0=1.0×105 Pa。整个过程温度保持不变,空气可视为理想气体,忽略器壁厚度。 (1)求x; (2)松开孔A,从外界进入压强为p0、体积为V的空气,使满储液罐中液体缓缓流出,堵住孔A,稳定后罐中恰好剩余一半的液体,求V。 答案 (1)0.02 m (2)8.92×10-4 m3 解析 (1)在缓慢将汲液器竖直提出液面的过程,封闭空气发生等温变化,根据玻意耳定律有 p1(H-x)S1=p2HS1 根据题意可知p1=p0 由压强平衡条件可得 p2=p0-ρgh=(1.0×105-1.0×103×10×20.0×10-2) Pa=9.8×104 Pa 联立解得x=0.02 m。 (2)以新进入的空气和原有的空气整体为研究对象,由玻意耳定律得 p0V+p2HS1=p3 由压强平衡条件可得 p3=p0-ρg=1.0×105 Pa-1.0×103×10××20.0×10-2 Pa=9.9×104 Pa 联立解得V=8.92×10-4 m3。 $