专题19 气体 课件-2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

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分子是微观的舞者,热学是宏观的译者。用宏观的眼光与微观的思维解码世界看不见的一面!
　 (2024山东,6,3分)一定质量理想气体经历如图所示的循环过程,a→b过程是等压过程,b→c过程中气体与外界无热量交换,c→a过程是等温过程。下列说法正确的是 (　　　)
A.a→b过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功B.b→c过程,气体对外做功,内能增加C.a→b→c过程,气体从外界吸收的热量全部用于对外做功D.a→b过程,气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
解析　a→b过程,由pV=CT可知气体温度升高,内能增加,气体体积增大,对外做功,故从外界吸收的热量一部分用来增加内能,另一部分用来对外做功,A错误;b→c过程绝热,气体体积增大,对外做功,内能减少,B错误;c→a为等温过程,a、c两状态气体温度相同,内能相同,故a→b→c过程气体内能变化量ΔU=0,则Q吸=W,C正确;c→a过程放出的热量等于外界对气体做的功,且做的功的绝对值等于c→a图线与横坐标轴所围的面积,而气体在a→b→c过程吸收的热量与在a→b过程吸收的热量相等(点拨:b→c绝热),该热量也与W相等,W大小等于a→b→c图线与横坐标轴所围的面积,D错误。
　 探究1　情境还原很多同学在做这个题的时候,都会产生一个疑问:这是命题者设计的情境还是真实存在的情境?题述的三个变化,在生活中都有实例,但把三个变化过程集中在一起,实现起来确实需要较多条件。现就本题进行一个简化的情境还原,如图所示,用带手柄的活塞和水在导热性良好的容器中封闭一定质量的理想气体(密闭性良好),现对容器缓慢加热,随着容器内气体温度的上升,活塞缓慢上升,此过程可与a→b过程对应;当水开始向外溢出时,停止加热,活塞继续缓慢上升,水缓慢溢出,直至活塞不再上升,此过程可与b→c过程对应;水停止外溢,气体体积也恰好不再发生改变,表明气体与外界达成热平衡,此后施加外力缓慢向下挤压活塞,此过程可与c→a过程对应。 
探究2　拓展设问对题干中的三个变化过程,还可以研究的问题有哪些?
答案　通过题给图像及理想气体状态方程(或气体实验定律)分别判断气体的压强、体积和温度的变化情况;通过气体温度的变化情况判断对应过程中气体内能的变化;通过气体体积变化情况判断外界对气体做功的正、负;结合热力学第一定律,综合上述分析来判断气体吸热、放热情况。上述问题自由组合,均可设为研究问题。
1.情境与考向变异·宏观→微观　(2025江苏,8,4分)一定质量的理想气体,体积保持不变。在甲、乙两个状态下,该气体分子速率分布图像如图所示。与状态甲相比,该气体在状态乙时(　　　) A.分子的数密度较大B.分子间平均距离较小
C.分子的平均动能较大D.单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较少
解析　分子的数密度n= ,因为气体分子的个数和体积不变,故甲、乙两个状态下分子的数密度相同,A错误;分子间平均距离d= ,两个状态下分子间平均距离一样大,B错误;乙状态的速率分布峰值在甲状态的速率分布峰值右侧,表明该气体在状态乙时分子的平均动能较大,且温度是理想气体分子平均动能的标志,故T乙>T甲,体积不变时,气体的温度升高,分子热运动更剧烈,则该气体在状态乙时单位时间内分子碰撞单位面积器壁的次数较多,C正确,D错误。
2.情境变异·理论→实际　(2025安徽,3,4分)在恒温容器内的水中,让一个导热良好的气球缓慢上升。若气球无漏气,球内气体(可视为理想气体)温度不变,则气球上升过程中,球内气体(　　　)A.对外做功,内能不变B.向外放热,内能减少C.分子的平均动能变小D.吸收的热量等于内能的增加量
解析　球内气体温度不变,可得球内气体的内能和分子热运动的平均动能均不变,C错误。气球缓慢上升,由液体压强与深度的关系可知,气球外部压强减小,可得球内气体的压强减小,由玻意耳定律pV=C可得球内气体的体积变大,故球内气体对外做功,A正确。由热力学第一定律ΔU=Q+W可得,当ΔU=0、W<0时,Q>0,故球内气体从外部吸热,B、D错误。
3.情境变异·单气体→多气体　如图所示,汽缸开口向上置于水平面上,活塞与汽缸之间有一个气球,气球内、外有质量相等的同种气体,活塞静止,此时气球外部气体甲的压强小于气球内部气体乙的压强。现缓慢向下推动活塞,使其下降一段距离,气体甲的压强仍小于气体乙的压强。已知汽缸内气球内、外的气体均可视为理想气体,活塞与汽缸均绝热,活塞与汽缸壁之间密闭性良好且无摩擦,气球导热性良好。则此过程 (　　　) A.气体甲的内能增加量大于气体乙的内能增加量B.气体甲的每个气体分子做热运动的速率均加快C.活塞对气体甲做的功等于气体甲的内能增加量
D.活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体的内能增加量之和
解析　气球导热性良好,则气球内、外的气体温度总相等,一定质量的理想气体的内能只与温度有关,且气体甲和气体乙的质量相等,故气体甲的内能增加量等于气体乙的内能增加量,A错误。活塞对气体甲做正功,气体甲内能增大,温度升高,气体分子平均速率增大,但不是每个气体分子做无规则热运动的速率均增大,B错误。活塞与汽缸均绝热,气体与外界无热量交换,活塞对气体甲做功的同时,气球收缩,气体甲对气体乙做功,故活塞对气体甲做的功大于气体甲内能的增加量,C错误。活塞对气体甲做功的同时,气球收缩,由功能关系和能量守恒可知活塞对气体甲做的功与气球收缩所减少的弹性势能之和等于甲、乙两部分气体内能增加量之和,故活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体的内能增加量之和,D正确。
素能进阶　　从本单元起,我们开始按照分子→原子→原子核的顺序从微观的视角认识物质世界。建议老师和同学们按照热学→光学→原子物理的知识顺序进行学习。　　分子动理论是研究物质热运动性质和规律的经典微观统计理论:物体是由大量分子组成的,分子在做永不停息的无规则运动,分子间存在着相互作用力。分子动理论通过对大量分子的统计规律的总结,建立了宏观量与相应的微观量之间的关系,说明了扩散、气体的压强和内能等的微观本质。在此基础上,热力学定律是描述热力学现象本质和规律的物理学原理。　　分子的不同聚集状态决定了物质的结构。当分子的无规则运动起主要作用时,物质将呈气体状态;当分子力起主要作用时,物质将呈固体状态;当分子无规则运动与分子力“旗鼓相当”时,物质将呈液体状态。这也是我们研究冰和水的时候,将分子间距离视为在r0(平衡位置)附近的依据。理想气体的研究也是建立在分子间距大于10r0基础上的量化分析:遵循理想气体实验定律、分子势能等于0等。要会
将所学内容建立属于自己的知识网络,如真题解码中例题所需的基础知识可归纳为: 
(2023山东,9,4分)(多选)一定质量的理想气体,初始温度为300 K,压强为1×105 Pa。经等容过程,该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K;若经等压过程,需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是 (　 　)A.初始状态下,气体的体积为6 L　　　　　　　B.等压过程中,气体对外做功400 JC.等压过程中,气体体积增加了原体积的 　　　　D.两个过程中,气体的内能增加量都为400 J
真题试练1:气体实验定律
解析　对一定质量的理想气体,内能的大小取决于温度的高低,两个过程中的初温及末温相同,故内能的增加量相同,即ΔU2=ΔU1=400 J,D正确。等压过程中,根据热力学第一定律有ΔU2=W+Q2,其中ΔU2=400 J,Q2=600 J,故W=-200 J,故气体对外界做功W'=200 J,由W'=p1ΔV解得ΔV=2 L,B错误。在等压过程中,有 = ,其中T1=300 K,ΔV=2 L,T2=400 K,解得V1=6 L,A正确。等压过程中,气体体积增加了原体积的 = ,C错误。
　 探究1　一题多解请尝试用另一种思路分析该题。
答案　理想气体的压强、体积和温度在初始状态时,有p1=p0,V1=V0,T1=300 K经等容过程,p2未知,V2=V1=V0,T2=400 K经等压过程,p3=p0,V3未知,T3=400 K由理想气体状态方程得  = = 解得p2= p0,V3= V0等压过程中,气体体积增加了原体积的 ,C错误。等容过程中气体对外界做功为零,由热力学第一定律得ΔU=W+Q=400 J,等容和等压两个过程的初、末温度均相同,则气体内能变化量相同,均为400 J,D正确。等压过程气体内能增加了400 J,吸收热量为600
J,由热力学第一定律可知气体对外做功W'=200 J,即W'=p0 =200 J,解得V0=6 L,A正确,B错误。
1.表征变异·文本→图像　(2022北京,3,3分)如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,沿图示路径先后到达状态b和c。下列说法正确的是(　　　)
A.从a到b,气体温度保持不变B.从a到b,气体对外界做功C.从b到c,气体内能减小D.从b到c,气体从外界吸热
解析　从a到b为等容变化,气体压强减小,温度降低,不对外做功,A、B错误;从b到c为等压变化,气体体积增大,对外界做功,温度升高,内能增大,由ΔU=W+Q知,C错误,D正确。
2.活塞-汽缸模型　(2025山东,16,8分)如图所示,上端开口,下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0= p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求:(1)T2=440 K时,气柱高度h2;(2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 
答案　(1) h1　(2) p0Sh1
解析　(1)从T1到T2过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 = 解得h2= h1(2)当T1=330 K时,活塞开始缓慢上升,则活塞所受摩擦力向下,设此时的封闭气体压强为p1,对活塞,由受力平衡可得p0S+f0=p1S,解得p1= p0当T3=400 K时,活塞开始缓慢下降,则活塞所受摩擦力向上,设此时的封闭气体压强为p2,对活塞,由受力平衡可得p0S-f0=p2S,解得p2= p0从T3到T4过程,封闭气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律可得 = ,解得h3= h1从T1到T2过程,封闭气体对外界做功W1=p1S(h2-h1)
从T3到T4过程,外界对封闭气体做功W2=p2S(h2-h3)从T1到T4,根据热力学第一定律可得ΔU=-W1+W2+Q由于T1和T4温度相等,可得ΔU=0,则封闭气体吸收的净热量为Q=W1-W2联立解得Q= p0Sh1
3.玻璃管-液柱模型　如图所示,粗细均匀的U形玻璃管两端开口,管口向上竖直放置,管中两段水银柱封闭一段L形气柱,L形气柱竖直部分和水平部分的长均为5 cm,L形水银柱竖直部分和水平部分的长分别为8 cm和5 cm,大气压强为76 cmHg,环境温度为27 ℃,玻璃管竖直部分足够长,求: (1)左、右两管中水银柱上端液面的高度差;(2)若往左管中缓慢倒入4 cm长的水银柱,则左、右两管中水银柱上端液面高度差又为多少。
解析　(1)由题意可知,L形水银柱竖直部分和水平部分的长分别为8 cm和5 cm,开始时封闭气柱右端的压强p1=76 cmHg+8 cmHg=84 cmHg设左管中水银柱的长度为h1 cm,L形封闭气柱上端的压强p1=76 cmHg+h1 cmHg(封闭的气柱两端气压相同)解得h1=8 cm即左管中水银柱的长度为8 cm,则左、右两管中水银柱上端的液面的高度差为5 cm。(2)若往左管中缓慢倒入4 cm长的水银柱,水银柱长度变为12 cm,假设左管中的气柱并没有完全被压入水平管中,则空气柱的压强p2=88 cmHg,气体发生等温变化,p1L1S=p2L2S
答案　(1)5 cm　(2)  cm
解得L2=  cm此时右侧L形水银柱竖直部分长为12 cm,则水平部分长为1 cm,由于L2+1 cm>10 cm,假设成立,左管中气柱长为  cm-9 cm=  cm即左、右两管中水银柱上端液面高度差为  cm。
真题试练2:气体变质量问题
[2021广东,15(2),6分]为方便抽取密封药瓶里的药液,护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液,如图所示。某种药瓶的容积为0.9 mL,内装有0.5 mL的药液,瓶内气体压强为1.0×105 Pa。护士把注射器内横截面积为0.3 cm2、长度为0.4 cm、压强为1.0×105 Pa的气体注入药瓶,若瓶内外温度相同且保持不变,气体视为理想气体,求此时药瓶内气体的压强。
解析　取药瓶内原有气体和注射器内的气体为研究对象,其发生的是等温变化。利用p1V1+p2V2=pV1,对药瓶内原来的气体,p1=1.0×105 Pa,V1=0.9 mL-0.5 mL=0.4 mL=0.4 cm3,对注射入的气体,p2=1.0×105 Pa,V2=0.3 cm2×0.4 cm=0.12 cm3,代入解得p=1.3×105 Pa。
答案　1.3×105 Pa
　 探究1　拓展设问①设问1:气体实验定律及理想气体状态方程的适用对象都是一定质量的理想气体,但上述真题中的充气问题是变质量问题,求解时该怎样选择研究对象呢?②设问2:常见的变质量问题还有哪些?
答案　①选择原有气体和即将充入的气体的整体作为研究对象,就可以把气体变质量问题转化为气体定质量问题,进而利用气体实验定律或理想气体状态方程求解。②除了充气问题,还有抽气问题、灌气分装问题、漏气问题等。
1.抽气问题　用容积为V的活塞式抽气机对容积为V0的容器中的气体抽气,如图所示。设容器中原来的气体压强为p0,抽气过程中气体温度不变。忽略抽气机与容器间管道中的气体。求抽气机的活塞抽气n次后,容器中剩余气体的压强pn为多少。 
解析　当活塞被上提时,阀门b关闭、a打开,容器中的部分气体被抽入抽气机;当活塞被下压时,阀门a关闭、b打开,抽气机中体积为V的气体被排出。第一次抽气后容器中气体压强变为p1。活塞第二次抽气后,容器中气体压强变为p2。根据玻意耳定律,对于第一次抽气,有p0V0=p1(V0+V)对于第二次抽气,有p1V0=p2(V0+V)解得p1= p0,p2= p0以此类推,第n次抽气后容器中气体压强为pn= p0。
2.灌气分装问题　[2020课标Ⅰ,33(2),10分]甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V,罐中气体的压强为p;乙罐的容积为2V,罐中气体的压强为 p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去,两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变,调配后两罐中气体的压强相等。求调配后(ⅰ)两罐中气体的压强;(ⅱ)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
答案　(ⅰ) p　(ⅱ) 
解析　(ⅰ)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p,其体积变为V1,由玻意耳定律有 p·2V=pV1 ①现两罐气体压强均为p,总体积为V+V1。设调配后两罐中气体的压强为p',由玻意耳定律有p(V+V1)=p'(V+2V) ②联立①②式可得p'= p ③(ⅱ)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时,体积为V2,由玻意耳定律p'V=pV2④设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k,由密度的定义有k=  ⑤联立③④⑤式可得k=  ⑥
3.漏气问题　容器内装有1 kg的氧气,开始时,氧气压强为1.0×106 Pa,温度为57 ℃,因为容器在缓慢漏气,经过一段时间后,容器内氧气的压强变为原来的 ,温度降为27 ℃,求漏掉的氧气的质量。
漏掉的氧气质量Δm= m= ×1 kg=0.34 kg。
解析　由题意知,容器内初始状态的氧气质量m=1 kg压强p1=1.0×106 Pa温度T1=(273+57) K=330 K经一段时间后温度变为T2=(273+27) K=300 K压强变为p2= p1= ×1.0×106 Pa=6.0×105 Pa设该容器的容积为V,以起初容器内的全部气体为研究对象,由理想气体状态方程得 = 代入数据解得V'= = V
1.因为气体总是被密闭在容器中,所以研究对象一般有两类:(1)热学研究对象(一定质量的理想气体);(2)力学研究对象(汽缸、活塞或液柱)。
2.分析物理过程(1)对热学研究对象,要分析清楚初、末状态及变化过程,依据气体实验定律列出方程。(2)对力学研究对象,要正确地进行受力分析,依据力学或动力学规律列出方程。
1.图像信息转化为物理语言:针对典型图像(如p-V图像、p- 图像、p-T图像、V-T图像等),总结常见图像特征及变化规律。
2.抓不变推变化:练习分段处理气体多过程问题,明确各阶段的约束条件(如恒温、恒压、恒容等)。
3.掌握热力学第一定律与理想气体状态方程的结合方法:公式ΔU=Q+W中,气体从外界吸热,Q>0;气体向外界放热,Q0,故气体对外界做负功,B错误。气体未来得及与外界发生热交换,故Q=0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可得ΔU>0,故筒内气体内能增大,温度升高,气体分子热运动平均动能增大,C错误,D正确。根据理想气体状态方程 =C可得,当V减小、T增大时,p增大,A错误。
2.(2025甘肃,9,5分)(多选)如图,一定量的理想气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。已知质量一定的某种理想气体的内能只与温度有关,且随温度升高而增大。下列说法正确的是 (　 　) A.A→B过程为吸热过程B.B→C过程为吸热过程C.状态A压强比状态B的小D.状态A内能比状态C的小
解析　利用热力学第一定律ΔU=Q+W分析,A→B,气体体积不变,可得W=0,温度升高,可得ΔU>0,故此过程Q>0,为吸热过程,A正确。B→C,气体体积减小,外界对气体做功,可得W>0,温度不变,可得ΔU=0,故此过程Q