专题五 理想气体状态方程的应用 专项训练 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第三册

**基本信息** 以理想气体状态方程及实验定律为核心，通过生活情境与仪器模型题组，系统构建"定律选择-状态分析-方程应用"的解题体系，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-4题|等容用查理定律、等压用盖-吕萨克定律，判断状态参量变化|从理想气体状态方程推导实验定律，建立"条件-定律-结论"对应关系| |综合关联|5、12题|多气体关联用假设法，结合受力分析确定压强关系|通过活塞、水银柱模型，体现气体状态变化的相互作用，深化运动与相互作用观念| |图像分析|7题|p-1/V图像斜率与温度关联，判断状态变化过程|将状态方程转化为图像语言，培养科学推理与信息处理能力| |计算拓展|8-11题|确定初末状态参量，应用玻意耳定律或状态方程列方程|从单一气体到实际应用（压水器、汽缸），提升科学探究与问题解决能力|

专题五 理想气体状态方程的应用导学案 1、拔罐是中医传统养生疗法之一，如图所示，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是（　　） A．火罐内的气体温度不变 B．火罐内的气体温度降低，压强减小 C．火罐内的气体温度降低，压强不变 D．火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变 2．(多选)如图所示，足够长U形管竖直放置，左右两侧分别用水银封有L1、L2两部分气体，则下列陈述中正确的是(　　) A．只对气柱L1加热，则气柱L1长度变大，气柱L2长度不变 B．只对气柱L2加热，则h不变，气柱L2长度减小 C．若在右管中注入一些水银，气柱L1长度将增大 D．对气柱L1、L2同时加热，则气柱L1、L2长度均增大 3．如图所示，A、B两容器容积相等，用粗细均匀的细玻璃管连接，两容器内装有不同气体，细管中央有一段水银柱，在两边气体作用下保持平衡时，A中气体的温度为273 K，B中气体的温度为293 K，如果将它们的温度都升高10 K，则水银柱将（　　） A．向A移动 B．向B移动 C．不动 D．不能确定 4．如图所示，一端封闭的均匀玻璃管，开口向上竖直放置，管中有两段水银柱封闭了两段空气柱，开始时。现将玻璃管缓慢地均匀加热，下列说法正确的是（　　） A．加热过程中，始终有 B．加热后 C．加热后 D．条件不足，无法判断 5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好．现在活塞上方缓慢放上质量为m的细沙，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．若m＝，活塞下移 B．若m＝，活塞下移 C．若m＝，气室1内气体压强为3p0 D．若m＝，气室1内气体压强为3p0 6．如图所示，两根粗细不同，两端开口的直玻璃管A和B竖直插入同一水银槽中，各用一段水银柱封闭着一定质量且温度相同的理想气体，气柱长度H1<H2，水银柱长度h1>h2，令使封闭空气降低相同的温度(大气压保持不变)，则两管中空气柱上方水银柱的移动情况是(　　) A．均向下移动，A管移动较少 B．均向下移动，A管移动较多 C．均向下移动，两管移动的一样多 D．水银柱的移动距离与管的粗细有关 7.一定质量的理想气体经历一系列状态变化，其p－图像如图所示，变化顺序为a→b→c→d→a，图中ab线段延长线过坐标原点，cd线段与p轴垂直，da线段与 轴垂直．气体在此状态变化过程中(　　) A．a→b过程，压强减小，温度不变，体积增大 B．b→c过程，压强增大，温度降低，体积减小 C．c→d过程，压强不变，温度升高，体积减小 D．d→a过程，压强减小，温度升高，体积不变 8、.上端开口、横截面积为S且导热性能良好的汽缸放置在水平面上，大气压强为p0.汽缸内有一卡子，横截面积为S的轻质活塞上面放置一个质量为m的重物，活塞下面密封一定质量的理想气体．当气体温度为T1时，活塞静止，此位置活塞与卡子距离为活塞与汽缸底部距离的.现缓慢降低汽缸温度，活塞被卡子托住后，继续降温，直到缸内气体压强为p0.已知重力加速度为g，活塞厚度、汽缸壁厚度及活塞与汽缸壁之间的摩擦均不计．求： (1)活塞刚接触卡子瞬间，缸内气体的温度； (2)缸内气体压强为p0时气体的温度． 9、(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通．A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm.将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm.已知外界大气压为p0＝75 cmHg.求A、B两管内水银柱的高度差． 10．竖直放置的粗细均匀的U形细玻璃管两臂分别灌有水银，水平管部分有一空气柱，各部分长度如图所示，单位为厘米.现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使右侧的水银全部进入竖直右管中，已知大气压强p0＝75 cmHg，环境温度不变，左管足够长.求： (1)此时右管封闭气体的压强； (2)左侧管中需要倒入水银柱的长度. 11、如图所示,按下压水器,能够把一定量的外界空气,经单向进气口压入密闭水桶内。开始时桶内气体的体积V0=8.0 L,出水管竖直部分内外液面相平,出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1=0.20 m。出水管内水的体积忽略不计,水桶的横截面积S=0.08 m2。现压入空气,缓慢流出了V1=2.0 L的水。求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少?已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,外界大气压强p0=1.0×105 Pa,取重力加速度大小g=10 m/s2,设整个过程中气体可视为理想气体,温度保持不变。 12．如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为SA∶SB＝1∶2.两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个汽缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0＝300 K，A中气体压强pA＝1.5p0，p0是汽缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的压强升到pA′＝2.0p0，同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体温度TA′. 题五 理想气体状态方程应用 导学案答案 1．B 【详解】ABC．把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故AC错误，B正确； D．因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，故D错误。 故选B。 2．解析：AD　本题考查玻意耳定律的应用．只对L1加热，假设体积不变，则压强增大，所以L1长度增大、h减小，气柱L2长度不变，故A正确；只对L2加热，气体L2做等压变化，压强不变，温度升高，体积增大，故气柱L2长度增大，由于L2的压强不变，则h不变，故B错误；若在右管中注入一些水银，L2压强增大，假设L1的体积不变，L1的压强与h长度的水银柱产生的压强之和随之增大，则L1的压强增大，根据玻意耳定律得L1的长度将减小，故C错误；对气柱L1、L2同时加热，L2做等压变化，假设气体L1体积不变，L1的压强增大，L2压强不变，则L1、L2长度增大、h减小，故D正确． 3．【答案】B 【详解】假定水银柱两边气体的体积不变，即V1、V2不变，所装气体温度分别为T1=273 K和T2=293 K，当温度降低ΔT=10 K时，由查理定律可知 则 因为 ， 所以 即A内压强增加得更多，所以最终A内压强大，水银柱将向B移动。故选B。 4．【答案】A 【详解】加热前后，上段气体的压强保持不变，下段气体的压强保持不变，整个过程为等压变化，根据盖-吕萨克定律得 ， 所以 即 故选A。 5.解析：AD　本题考查玻意耳定律的应用．若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变．根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确． 6．解析：A　因为大气压保持不变，封闭空气柱均做等压变化，故封闭空气柱下端的水银面高度不变，根据盖­吕萨克定律＝C，可得＝C，则ΔV＝V，即SΔH＝SH，化简得ΔH＝H，则空气柱长度的变化与玻璃管的粗细无关，D错误；因A、B管中的封闭空气柱初温T相同，温度的变化ΔT也相同，则ΔH与H成正比，又ΔT<0，所以ΔH<0，即A、B管中空气柱的长度都减小，水银柱均向下移动，因为H1<H2，所以|ΔH1|<|ΔH2|，即A管中空气柱长度减小得较少，A正确，B、C错误． 例1.答案　(1)T1　(2) 解析　(1)活塞被卡子托住前，气体经历等压变化，设活塞刚刚接触卡子时气体的温度为T2，根据盖—吕萨克定律有＝ 式中V1＝SL1，V2＝SL2 根据题意L2＝L1＝L1 联立解得T2＝T1 (2)活塞被卡子托住后，再降低温度，气体经历等容变化，根据查理定律有＝，式中p3＝p0 根据力的平衡条件有p2＝p1＝p0＋ 联立可得T3＝. 例2.解析：对于B中的气体， 初态：pB1＝p0，VB1＝l2S， 末态：pB2＝p0＋ph，VB2＝l2′S， 由玻意耳定律得pB1VB1＝pB2VB2， 解得l2′＝30 cm. 设B管中水银比A管中水银高x cm， 对A中气体， 初态：pA1＝p0，VA1＝l1S′， 末态：pA2＝pB2＋px，VA2＝[l1－(l2－l2′－x)]S′， 由玻意耳定律得pA1VA1＝pA2VA2， 解得x＝1 cm. 答案：1 cm 例3.答案　A 解析　由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小，体积增大，故A正确；由理想气体状态方程＝C可知p＝CT，斜率k＝CT，连接O、b的直线比连接O、c的直线的斜率小，所以b的温度低，b→c过程，温度升高，压强增大，且体积也增大，故B错误；c→d过程，气体压强不变，体积变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降 低，故C错误；d→a过程，气体体积不变，压强变小，由理想气体状态方程＝C可知，气体温度降低，故D错误． 例4.答案　1　 解析　由体积－温度(V－t)图像可知，直线Ⅰ为等压线，则a、b两点压强相等，则有＝1； t＝0 ℃时，当气体体积为V1时，设其压强为p1，当气体体积为V2时，设其压强为p2，温度相等，由玻意耳定律有p1V1＝p2V2 由于直线Ⅰ和Ⅱ为两条等压线，则有p1＝pb，p2＝pc 联立解得＝＝. 检1．答案　(1)100 cmHg　(2)49.2 cm 解析　设管内的横截面积为S， (1)对右管中封闭气体，水银刚好全部进入竖直右管后 p0×40S＝p1×(40－10)S， 解得：p1＝100 cmHg (2)对水平部分气体，末态压强： p′＝(100＋15＋10) cmHg＝125 cmHg， 由玻意耳定律：(p0＋15)×15S＝p′LS 解得：L＝10.8 cm 所以加入水银柱的长度为： 125 cm－75 cm＋10 cm－10.8 cm＝49.2 cm. 7、【答案】2.225 L 【解析】设流出2.0 L水后,液面下降Δh= 此时,桶中气体压强p2=p0+ρg(h1+Δh),体积V2=V0+V1 设桶中气体在外界压强下的体积为V',则p2 V2=p0V' 初始状态桶中气体压强为p0,体积为V0,故ΔV=V'-V0 解得ΔV=2.225 L。 8．解析：活塞平衡时，由平衡条件得： pASA＋pBSB＝p0(SA＋SB) pA′SA＋pB′SB＝p0(SA＋SB) 已知SB＝2SA B中气体初、末态温度相等，设末态体积为VB， 由玻意耳定律得pBV0＝pB′VB 设A中气体末态的体积为VA，因为两活塞移动的距离相等， 故有＝ 对气体A，由理想气体状态方程得＝ 解得TA′＝500 K. 答案：500 K 4 学科网（北京）股份有限公司 $