第15章 热学-微专题突破 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用 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热学“气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了气体状态变化图像、玻璃管液封、汽缸活塞、变质量气体四大核心考点，通过近五年真题分析明确图像问题占35%、活塞模型占30%的高频考查权重，归纳出等温等容等压过程分析等常考题型。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024江西斯特林热机p-V图像题为例，详解“状态点分析-过程规律匹配-方程联立求解”三步法，培养学生科学思维和模型建构素养。特设“易错点警示”如液柱压强分析忽略重力，助力学生掌握解题技巧，教师可借此实施靶向复习，提升备考效率。

第15章 热学 微专题突破 气体实验定律和理想气体状态方程的综合应用 1 考点一 气体状态变化的图像问题 考点二 玻璃管液封模型 考点三 汽缸活塞类模型 考点四 变质量气体模型 2 考点一 气体状态变化的图像问题 3 1.四种图像的比较 类别 特点（其中 为常量） 举例 ，即 之积越大的等温线温度越 高，线离原点越远 _____________________________ ，斜率 ，即斜率越大，温 度越高 _____________________________ 4 类别 特点（其中 为常量） 举例 ，斜率 ，即斜率越大，体积 越小 _____________________________ ，斜率 ，即斜率越大，压强 越小 _____________________________ 续表 5 2.处理气体状态变化的图像问题的技巧 （1）首先应明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个状态，它对应着三个状态 量；图像上的某一条直线段或曲线段表示一定质量的理想气体状态变化的一个过程。 看此过程属于等温、等容还是等压变化，然后用相应规律求解。 （2）在<m></m>图像（或<m></m>图像）中，比较两个状态的压强（或体积）时，可比较这 两个状态到原点连线的斜率的大小，斜率越大，压强（或体积）越小；斜率越小，压 强（或体积）越大。 （3）在<m></m>图像中，图线与横轴所围成的面积表示做功，<m></m>增大气体对外界做功，<m></m> 减小外界对气体做功。 6 【视角1】　p−V图像 例1 (2024·江西)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: 7 （1）气体在状态D的压强pD； [解析] 从D到A状态，根据查理定律 解得pD = 2×105 Pa 8 （2）气体在状态B的体积V2。 [解析] 从C到D状态，根据玻意耳定律 pCV2 = pDV1 解得V2 = 2.0 m3 9 【视角2】　p−图像 例2 一定质量的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 A 10 [解析] 由题图可知，a→b过程，气体发生等温变化，气体压强减小而体积增大，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，气体压强不变而体积变小，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。 11 【视角3】　p−T图像 例3 一定质量的理想气体经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.ab过程中不断减小 B.bc过程中保持不变 C.cd过程中不断增大 D.da过程中保持不变 B 12 [解析] 因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A错误；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e，则ae是等容线，即Va = Ve，因为Vd<Ve，所以Vd<Va，所以da过程中气体体积发生变化，D错误。 13 【视角4】　V−T图像 例4 (多选)(2025·全国新课标)如图，一定量的理想气体先后处于V−T图上a、b、c三个状态，三个状态下气体的压强分别为pa、pb、pc，则(　 　) A.pa = pb B.pa = pc C.pa>pb D.pa<pc AD [解析] 根据理想气体的状态方程有pV = CT，变形有V = T，则V—T图线上的点与坐标原点连线的斜率代表，则由题图可知pc>pb = pa，故选AD。 14 考点二 玻璃管液封模型 15 【视角1】 单根液柱 例1 (2025·湖南)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。 16 （1）若整个过程中温度不变，求重力加速度g的大小； [解析] 竖直放置时气体的压强为p1 = p0+ρgh 水平放置时气体的压强p2 = p0 由等温过程可得p1L1S = p2L2S 解得g = 17 （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] 由定容过程 代入数据可得g = 9.5 m/s2 18 【视角2】 多根液柱 例2 竖直放置的一粗细均匀的U形细玻璃管中，两边分别灌有水银，水平部分有一空气柱，各部分长度如图所示。现将管的右端封闭，从左管口缓慢倒入水银，恰好使水平部分右端的水银全部进入右管中。已知h1 = 15 cm，h2 = 30 cm，L1 = 4 cm，L2 = 11 cm，L3 = 5 cm，大气压强p0 = 75 cmHg，环境温度不变，左管足够长。求: 19 （1）此时右管封闭气体的压强； [解析]对右管中的气体研究，初始时 p1 = 75 cmHg，V1 = 30S 末状态时体积V2 = (30−5)S = 25S 根据玻意尔定律p1V1 = p2V2 解得:p2 = 90 cmHg 20 （2）左管中需要倒入水银柱的长度。 [解析]对水平管中的气体，初态压强: p = p0+15 cmHg = 90 cmHg，V = 11S 末状态p' = p2+20 cmHg = 110 cmHg 根据玻意尔定律pV = p'V' 解得:V' = 9S 水平管中气柱的长度变为9 cm，此时，原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中，所以左侧管中倒入水银产生的长度为L = (110−75−8)cm = 27 cm。 21 【视角3】　内径不同的液柱 例3 (2023·全国)如图，竖直放置的封闭玻璃管由管径不同、长度均为20 cm的A、B两段细管组成，A管的内径是B管的2倍，B管在上方。管内空气被一段水银柱隔开。水银柱在两管中的长度均为10 cm。现将玻璃管倒置使A管在上方，平衡后，A管内的空气柱长度改变1 cm。求B管在上方时，玻璃管内两部分气体的压强。(气体温度保持不变，以 cmHg为压强单位) 22 [解析]设B管在上方时上部分气压为pB，则此时下方气压为pA，此时有pA = pB+20 cmHg 倒置后A管气体压强变小，即空气柱长度增加1 cm，A管中水银柱减小1 cm，A管的内径是B管的2倍，则SA = 4SB 可知B管水银柱增加4 cm，空气柱减小4 cm；设此时两管的压强分别为pA'、pB'，所以有pA'+23 cmHg = pB' 倒置前后温度不变，根据玻意耳定律对A管有pASALA = pA'SALA' 对B管有pBSBLB = pB'SBLB' 其中LA' = 10 cm+1 cm = 11 cm LB' = 10 cm−4 cm = 6 cm 联立以上各式解得pA = 74.36 cmHg pB = 54.36 cmHg 23 考点三 汽缸活塞类模型 24 【视角1】 单活塞 例1 (2024·全国)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。 25 （1）求外力增加到200 N时，卡销b对活塞支持力的大小； [解析] 活塞从位置a到b过程中，气体做等温变化，初态 p1 = 1.0×105 Pa、V1 = S·11 末态p2 = h、V2 = S·10 根据p1V1 = p2V2解得p2 = 1.1×105 Pa 此时对活塞根据平衡条件F+p1S = p2S+N 解得卡销b对活塞支持力的大小N = 100 N 26 （2）再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时气体的温度。 [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，对活塞根据平衡条件p3S = F+p1S 解得p3 = 1.2×105 Pa 设此时温度为T3，根据解得T3≈327 K 27 【视角2】　双活塞+弹簧 例2 如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。(重力加速度常量g) 28 （1）求弹簧的劲度系数； [解析] 设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有 mg+p0·2S+2mg+p1S = p0S+p1·2S 解得p1 = p0+ 对活塞Ⅰ由平衡条件有2mg+p0·2S+k·0.1l = p1·2S 解得弹簧的劲度系数为k = 29 （2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。 [解析] 缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为p2 = p1 = p0+ 即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为 V1 = ×2S+×S = ，V2 = l2·2S 由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有l2 = 1.1l 有等压方程可知 解得T2 = T0 30 【视角3】　双汽缸 例3 如图为某立式两缸活塞式压缩机的模型简图，两相同汽缸直立放置，侧壁绝热、顶部和底部导热且均有细管连通，顶部的细管带有阀门K。两汽缸中各有一厚度不计且与汽缸壁垂直的绝热活塞。开始时K关闭，两活塞下方和右侧活塞上方充有理想气体，压强分 别为p0和；左侧活塞上方为真空。现使汽缸底部与恒温热源接触，平衡后左侧活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；打开K，经过一段时间重新达到平衡。已知外界温度为T0，两汽缸的容积均为V0，开始时左、右两侧活塞上方的体积分别为和，忽略细管内气体体积，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求: 31 （1）左右活塞的质量之比； [解析] 根据平衡条件，对左侧活塞有m1g = p0S 对右侧活塞有m2g+S = p0S 联立可得 32 （2）恒温热源的温度； [解析] 汽缸底部与恒温热源接触后，左侧汽缸发生等压变化，而左侧汽缸与右侧汽缸连通，所以右侧汽缸活塞不移动，将左右汽缸活塞下方的气体看成一个整体，由盖吕−萨克定律可得 解得T = T0 33 （3）重新达到平衡后左侧活塞上方气体的体积。 [解析] 打开K后，左侧活塞下降至某一位置，右侧活塞必须升高至汽缸顶部才能满足已知的力学平衡条件，汽缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温变化，设左侧活塞上方气体压强为p，左侧活塞上方气体体积为V，由玻意耳定律可得· = pV p0· = (p+)(2V0−V) 联立解得V = 34 考点四 变质量气体模型 35 1.变质量气体模型三个常见情形 （1）充气问题 选择原有气体和即将充入的气体整体作为研究对象，就可把充气过程中气体质量变化问题转化为定质量气体问题。 （2）抽气问题 选择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，抽气过程可以看成质量不变的等温膨胀过程。 （3）灌气分装问题 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，可将变质量问题转化为定质量问题。 36 2.变质量气体模型分析方法 （1）充入气体或排出气体属于变质量问题，一般选充入后或排出前所有气体为研究对象，把变质量转化为一定质量的理想气体进行研究，从而直接应用气体实验定律列方程求解。求充入或排出气体的质量与总质量之比，也就是求充入或排出气体的体积与总体积之比。 （2）若混合前或分装后两部分或几部分气体压强不相等，不能直接应用气体实验定律列方程。可采取下列两种方法处理此类问题: 37 ①转化法:应先转化为相同压强下，再将两部分气体整体作为研究对象，然后用气体实验定律或理想气体状态方程列式求解。 ②利用克拉伯龙方程:若把压强、体积、温度分别为p1、V1、T1，p2、V2、T2…的几部分理想气体进行混合，混合后气体的压强、体积、温度分别为p、V、T，根据 = n1R， = n2R，…， = (n1+n2+…)R，得++… = ，若温度不变，可得p1V1+p2V2+… = pV。 38 【视角1】 充气问题 例1 一个足球的容积V = 2.5 L，用打气筒给这个足球打气，每打一次都把体积为V0 = 125 mL，压强与大气压相同、温度与环境温度相同的气体打进足球内。如果在打气前足球就已经是球形且其内部气体的压强与大气压相同。已知外界环境温度T0 = 27 ℃，外界大气压p0 = 1.0×105 Pa。 39 （1）不考虑足球内气体的温度变化及足球容积变化，求打气4次后，足球内气体的压强； [解析] 外界大气压为p0，根据玻意耳定律: p0(V+4V0) = p1V 其中V0 = 125 mL = 0.125 L 代入数据解得打气4次后，足球内气体的压强为:p1 = 1.2×105 Pa 40 （2）若某次打气结束后，足球的容积比原来增大了1%，足球内气体的压强变为2×105 Pa，温度升高至30 ℃，求打气的次数。 [解析] 外界环境温度为:T0 = (27+273)K = 300 K，打气次数为n，V1 = V+nV， 打气结束后，足球内气体的压强变为:p2 = 2×105 Pa，温度为:T = (273+30)K = 303 K，足球的容积为:V2 = (1+1%)V， 对打气的全过程，根据理想气体状态方程得: 代入数据解得:n = 20次。 41 【视角2】 抽气问题 例2 (2023·湖南)汽车刹车助力装置能有效为驾驶员踩刹车省力。如图，刹车助力装置可简化为助力气室和抽气气室等部分构成，连杆AB与助力活塞固定为一体，驾驶员踩刹车时，在连杆AB上施加水平力推动液压泵实现刹车。助力气室与抽气气室用细管连接，通过抽气降低助力气室压强，利用大气压与助力气室的压强差实现刹车助力。每次抽气时，K1打开，K2闭合，抽气活塞在外力作用下从抽气气室最下端向上运动，助力气室中的气体充满抽气气室，达到两气室压强相等；然后，K1闭合，K2打开，抽气活塞向下运动，抽气气室中的全部气体从K2排出，完成一次抽气过程。已知助力气室容积为V0，初始压强等于外部大气压强p0，助力活塞横截面积为S，抽气气室的容积为V1。假设抽气过程中，助力活塞保持不动，气体可视为理想气体，温度保持不变。 42 （1）求第1次抽气之后助力气室内的压强p1； [解析] 以助力气室内的气体为研究对象，则初态压强p0，体积V0，第一次抽气后，气体体积V = V0+V1 根据玻意耳定律p0V0 = p1V 解得p1 = 43 （2）第n次抽气后，求该刹车助力装置为驾驶员省力的大小ΔF。 [解析]同理第二次抽气p1V0 = p2V 解得p2 = p0 以此类推…… 则当n次抽气后助力气室内的气体压强pn = p0 则刹车助力系统为驾驶员省力大小为ΔF = (p0−pn)S = [1−]p0S。 44 【视角3】 灌气分装问题 例3 医疗常用的金属氧气瓶容积为10 L，瓶内贮存了压强为8×106 Pa的氧气。便携式呼吸器容积为2 L，呼吸器一开始为真空，现用氧气瓶对其充气，当呼吸器内压强变为8.0×105 Pa时充气完成。充气过程中不漏气，环境温度不变，求: （1）一个呼吸器充完气后的质量占氧气瓶初始质量的比例是多少； [解析] 设氧气瓶初始压强为p1 = 8×106 Pa，体积为V1 = 10 L 呼吸器充气完成后的压强为p2 = 8.0×105 Pa，体积为V2 = 2 L 则一个呼吸器充完气后的质量占氧气瓶初始质量的比例为 45 （2）氧气瓶最多可装多少个氧气呼吸器。 [解析] 设可以分装n瓶，根据玻意耳定律有p1V1 = np2V2+p2V1 代入题中数据，解得n = 45 46 $