综合•融通　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（鲁科版2019）

热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通 通过本节课的学习，学会利用热力学第一定律与气体实验定律综合分析理想气体内能变化问题及图像综合问题，这也是近几年高考命题的热点问题。 1 主题(一) 热力学第一定律与气体 实验定律的综合问题 2 主题(二) 热力学第一定律与气体 状态变化图像的综合问题 3 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一) 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 1.利用体积的变化分析做功情况。气体体积增大，气体对外界做功;气体体积减小，外界对气体做功。 2.利用温度的变化分析理想气体内能的变化。一定质量的理想气体的内能仅与温度有关，温度升高，内能增加;温度降低，内能减少。 3.利用热力学第一定律判断是吸热还是放热。由热力学第一定律ΔU=W+Q，则Q=ΔU-W，若已知气体的做功情况和内能的变化情况，即可判断气体状态变化是吸热过程还是放热过程。 知能融会通 [典例]　如图所示，一质量M=3 kg、底面积S=6 cm2的导 热气缸内由活塞将一定质量的理想气体封闭在其中，活塞通过 一不可伸长的轻绳竖直悬挂在固定的天花板上，活塞和气缸内 壁间光滑无摩擦。初始时用手托住气缸，气缸内、外气体压强 均为大气压强p0=1×105 Pa，活塞与气缸底部的距离为l0=0.1 m。将气缸由静止释放，经过足够长的时间后气缸最终静止，此时活塞仍将气体封闭，整个过程中不漏气。取重力加速度g=10 m/s2，不计气缸壁厚度，周围环境温度保持不变。 (1)求气缸最终静止时活塞与气缸底部的距离; [答案]　0.2 m [解析]　最终静止时对气缸受力分析p1S+Mg=p0S，解得p1=5.0×104 Pa 设气缸稳定后活塞与气缸底部的距离为l1，对缸内气体分析，根据玻意耳定律可得p0l0S=p1l1S 代入数据解得l1=0.2 m。 (2)整个过程中，气缸内气体是从外界吸收热量还是向外界放出热量?数值为多少? [答案]吸收热量　3 J [解析]　对气缸由动能定理可得 W+Mg(l1-l0)-p0S=0 解得W=3 J 根据热力学第一定律可得ΔU=-W+Q，ΔU=0 代入数据解得Q=3 J，即气体从外界吸收3 J热量。 　　/方法技巧/ 　　求解热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的思路 1.(2023·天津高考)如图是爬山所带的氧气瓶，爬高过程中，氧气瓶里的气体体积和质量均不变，温度降低，则气体 (　　) A.对外做功 　　B.内能减少 C.吸收热量 　　D.压强不变 题点全练清 √ 解析：爬高过程中，气体的体积保持不变，则气体对外不做功，A错误;爬高过程中，气体温度降低，则气体的内能减少，B正确;根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，又W=0，ΔU<0，则Q<0，即气体放出热量，C错误;爬高过程中，气体的体积不变，温度降低，根据查理定律p=CT，可知气体的压强减小，D错误。 2.(2024·湖北高考)如图所示，在竖直放置、开口向 上的圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分理想气 体，活塞横截面积为S，能无摩擦地滑动。初始时容器 内气体的温度为T0，气柱的高度为h。当容器内气体从外界吸收一定热量后，活塞缓慢上升h再次平衡。已知容器内气体内能变化量ΔU与温度变化量ΔT的关系式为ΔU=CΔT，C为已知常数，大气压强恒为p0，重力加速度大小为g，所有温度为热力学温度。求： (1)再次平衡时容器内气体的温度。 答案：T0 解析：由题意可知，气体进行等压变化，则由盖—吕萨克定律得= 即= 解得T1=T0。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 答案：h(p0S+mg)+CT0 解析：此过程中气体内能增加ΔU=CΔT=CT0 气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg) 根据热力学第一定律可知，此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。 3.(2024·福建厦门高二检测)如图所示为一电 风扇自动控制装置，用轻质活塞和导热性能良好 的气缸密封一定质量的理想气体，活塞的面积S= 50 cm2，上表面有一轻质金属触片。当环境温度t1=27 ℃时，活塞距气缸底部h1=30 cm;当环境温度升高到t2=32 ℃时，活塞上升到恰使金属触片与导线触点接通的位置，电风扇开始工作。已知大气压强p0=1.0×105 Pa，T=(t+273)K，不计活塞与气缸间的摩擦，在环境温度由27 ℃升高到32 ℃的过程中，求： (1)活塞上升的高度; 答案：0.5 cm 解析：由题意可知，气体做等压变化，初态T1=300 K，V1=h1S，末态V2=(h1+Δh)S，T2=305 K，根据盖—吕萨克定律=，解得Δh=0.5 cm。 (2)气体对外做的功; 答案：2.5 J　 解析：气体对外做的功为W=p0ΔV=p0S·Δh=1×105×50×10-4× 5×10-3 J=2.5 J。 (3)若该过程中气体从外界吸收的热量为3.0 J，求气体内能的增加量。 答案：0.5 J 解析：根据热力学第一定律得ΔU=Q-W 解得ΔU=0.5 J。 主题(二) 热力学第一定律与 气体状态变化图像的综合问题 1.“两明确”巧析气体状态变化图像 (1)明确点、线的物理意义 ①点表示一个平衡状态，对应相应气体状态参量。 ②线表示理想气体状态变化的一个过程。 (2)明确斜率的物理意义：利用=C变形为正比例函数关系，确定斜率的意义。 知能融会通 2.做功分析与计算 (1)体积增大，气体对外界做功;体积减小，外界对气体做功。 (2)等压变化利用W=pΔV计算;p-V图像中所围面积表示做功绝对值大小。 (一)热力学第一定律与p-V图像的综合 [例1]　(2024·山东高考)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过程是等压变化且体积增大，气体对外做功，Wab<0，由盖—吕萨克定律可知Tb>Ta，即内能增大，ΔUab>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，a→b过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误;b→c过程中气体与外界无热量交换，即Qbc=0，又由气体体积增大可知Wbc<0，由热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减少，故B错误; c→a过程为等温过程，可知Tc=Ta，ΔUac=0，根据热力学第一定律可知a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确;a→ b→c→a一整个热力学循环过程ΔU=0，整个过程气体对外做功，根据热力学第一定律可得ΔU=Qab-Qca-W=0，故a→b过程气体从外界吸收的热量Qab不等于c→a过程放出的热量Qca，D错误。 (二)热力学第一定律与p-T图像的综合 [例2]　(多选)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再到状态C，最后回到状态A，其状态变化过程的p-T图像如图所示。已知该气体在状态A时的体积为2×10-3 m3，下列说法正确的是(　　) A.气体在状态A时的密度大于在状态C时的密度 B.气体从状态A到状态B的过程中从外界吸收热量 C.气体在状态B时的体积为6×10-3 m3 D.气体从状态B到状态C再到状态A的过程中从外界吸收400 J热量 [解析]　根据理想气体状态方程=C得p=T，可知气体在A、C两状态的体积相同，则气体在状态A时的密度等于在状态C时的密度，故A错误; √ √ 气体从状态A到状态B的过程，温度不变，内能不变，压强减小，则体积变大，气体对外做功，则气体从外界吸收热量，故B正确;气体从状态A到状态B，由玻意耳定律可知pAVA=pBVB，可得气体在状态B时的体积为VB== m3=6×10-3 m3，故C正确;气体从状态B到状态C体积减小，外界对气体做功WBC=pΔV=1×105×(6-2)×10-3 J=400 J，从状态C到状态A体积不变，则WCA=0，可知气体从状态B到状态C再到状态A的过程中外界对气体做功400 J，而A、B两状态的温度相同，内能相同，可知气体从状态B到状态C再到状态A的过程中向外放出400 J热量，故D错误。 (三)热力学第一定律与V-T图像的综合 [例3]　(多选)一定质量的理想气体经历了如图所示的a→b→c→a循环，已知该气体在状态a时温度为T0=300 K、压强为p0=1.0×105 Pa、体积为V0=1.0 L，在状态b时温度为T0、体积为2V0，在状态c时体积为2V0，由状态b到状态c气体吸收的热量为Q=100 J，下列说法中正确的是(　　) A.气体在状态c的温度是900 K B.气体由状态b到状态c吸收的热量等于增加的内能 C.气体由状态c到状态a，气体对外界做功 D.气体由状态c到状态a，气体放出的热量为200 J √ √ [解析]　c→a过程中气体发生等压变化，由盖—吕萨克定律得=，解得Tc=2T0=600 K，故A错误;气体由状态b到状态c发生的是等容变化，气体不做功，由热力学第一定律可知，吸收的热量等于增加的内能，故B正确;气体由状态c到状态a，气体的体积减小，外界对气体做功，故C错误;b→c过程为等容变化，吸收的热量等于内能的增加量，Q=ΔUbc，又ΔUbc=ΔUac=-ΔUca，c→a过程，由热力学第一定律得ΔUca=p0(Vc-Va)+Q'，代入数据得Q'=-200 J，即放出热量200 J，故D正确。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1.(2024·南平高二阶段练习)关于理想气体，下列说法正确的是 (　　) A.理想气体吸热后温度一定升高 B.理想气体等压压缩过程可能吸热 C.理想气体绝热膨胀过程内能一定减少 D.理想气体自由膨胀一定对外做功 √ 6 7 8 9 10 11 解析：根据热力学第一定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，故A错误;根据理想气体状态方程=C，气体等压压缩过程，压强不变，体积减小，温度一定降低，内能也一定减小，即ΔU<0，外界对气体做功，W>0，再根据热力学第一定律ΔU=Q+W，则Q<0，所以理想气体等压压缩过程一定放热，故B错误;理想气体绝热膨胀过程，Q=0，W<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，ΔU<0，所以理想气体绝热膨胀过程内能一定减少，故C正确;理想气体自由膨胀对外不做功，故D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 2.(2024·邯郸高二质检)氦气是惰性气体，有众多应用，如气球、深海潜水、低温技术、火箭燃料、安全气囊等。工人师傅在压强为1.0×105 Pa、温度为15 ℃生产氦气球的车间里，用一个压强为2.0×107 Pa、体积为10 L的氦气罐给气球充气，每个气球需要充入10 L氦气，充气后压强等于1.0 ×105 Pa。假设充气前后气球和氦气罐温度都与车间温度相同，氦气视为理想气体，不计充气过程的漏气和气球内原有的气体，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.一个氦气罐可以充出199个符合要求的气球，充气过程中氦气放热 B.一个氦气罐可以充出199个符合要求的气球，充气过程中氦气吸热 C.一个氦气罐可以充出398个符合要求的气球，充气过程中氦气放热 D.一个氦气罐可以充出398个符合要求的气球，充气过程中氦气吸热 解析：根据玻意耳定律可得p1V=p0(V+nV)，解得n=199。充气过程中氦气温度不变，内能不变，体积变大，对外做功，根据热力学第一定律，可知氦气吸热。故选B。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 3.一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其 体积V和热力学温度T的变化图像如图所示，此过程中 该系统 (　　) A.对外界做正功 B.压强保持不变 C.向外界放热 D.内能减少 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：根据题图可知，气体体积增加，因此对外做正功，故A正确;题图中图像延长线没有过原点，因此不是等压线，故B错误;温度升高，内能增加，故D错误;内能升高且对外做功，根据热力学第一定律，该过程需要吸热，故C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 4.(多选)一定量的理想气体从状态M可以经历过程1或 者过程2到达状态N，其p-V图像如图所示。在过程1中，气 体始终与外界无热量交换;在过程2中，气体先经历等容变 化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是 (　　) A.气体经历过程1，外界对气体做功 B.气体经历过程1，内能增加 C.气体经历过程2，先放热后吸热 D.气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的一定相同 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由题图可知，气体经历过程1压强减小，体积变大，气体对外界做功，而气体始终与外界无热量交换，根据热力学第一定律可知内能减小，故A、B错误;气体在过程2中，根据理想气体状态方程=C可知，刚开始时体积不变，压强减小，则温度降低，内能减小，对外放热，然后压强不变，体积变大，则温度升高，此过程体积变大对外做功，而温度升高内能增加，根据热力学第一定律可知气体要从外界吸热，即气体经历过程2，先放热后吸热，故C正确;无论是经历过程1还是过程2，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 5.如图所示，内壁光滑的气缸水平放置，一定质量 的理想气体被活塞密封在气缸内，外界大气压强为p0。 现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大 为V2。则在此过程中 (　　) A.气体分子平均动能增大 B.气体分子平均动能不变 C.气体分子平均动能减小 D.气体内能变化了Q+p0(V2-V1) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：气体等压膨胀，由=C，体积V增大，故温度T升高，温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子平均动能增大，故A正确，B、C错误;根据热力学第一定律ΔU=Q+W，且W=- p0ΔV=-p0(V2-V1)，所以气体内能变化了ΔU=Q-p0(V2-V1)，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 6.(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态，已知ab垂直于T轴，bc延长线过O点，下列说法正确的是 (　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：bc过程体积减小，外界对气体做功，故A正确;由理想气体状态方程=C，整理可得V=·T，可知V-T图像上某点与原点连线的斜率越大，该点的压强越小，故pa<pb=pc，可知ca过程气体压强减小，故B错误;ab过程为等温变化，内能不变，故ΔU=0，体积减小，外界对气体做功，故W>0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可得Q<0，故ab过程气体放出热量，故C正确;ca过程温度升高，内能增大，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 7.(多选)一定质量的理想气体被质量为m的绝热活塞封闭在竖直放置的绝热气缸中，活塞的面积为S，与气缸底部相距L，温度为T0。现接通电热丝给气体缓慢加热，活塞缓慢向上移动距离L后停止加热，整个过程中，气体吸收的热量为Q，大气压强为p0，重力加速度为g，忽略活塞与气缸摩擦。则 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.初始时，气体压强p1=p0 B.停止加热时，气体的温度T=2T0 C.该过程中，气体内能增加量ΔU=Q-mgL D.该过程中，气体内能增加量ΔU=Q-mgL-p0SL 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：初始时，对处于平衡状态的活塞进行受力分析，活塞受到大气压力、重力和气体向上的压力，则有mg+p0S-p1S=0，解得p1=+p0，故A错误;活塞缓慢上升过程中气体压强不变，根据盖—吕萨克定律有=，解得T=2T0，故B正确;气体对外做功W=p1SL=mgL+p0SL，根据热力学第一定律ΔU=Q-mgL-p0SL，故D正确，C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 8.(2024·龙岩高二检测)(多选)如图甲所示，活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸里。设法让气缸中的气体经历A→B→C→D的变化，气体的压强与摄氏温度的关系如图乙中实线所示。图中O为坐标原点，A在p轴上，AB∥DC，BC∥AO，AD∥t轴，BA的延长线经过(-273.15 ℃，0)，CD的延长线经过O。关于气体各个阶段的情况，下列说法正确的是 (　　) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 A.A→B和C→D气体都做等容变化 B.从C到D，气体的分子数密度逐渐减小 C.从B到C，气体从外界吸收热量 D.从A到D全过程，外界对气体做正功 解析：根据理想气体状态方程可得p=·T，AB反向延长线过绝对零度，为等容线，A→B过程气体做等容变化，对比C与绝对零度的连线和D点与绝对零度的连线，发现斜率减小，故C→D过程气体体积变大，A错误; 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 结合以上分析可知，从C到D，气体体积变大，分子数密度逐渐减小，B正确;从B到C，气体等温降压，可知内能不变，气体体积增大对外做功，故气体必须从外界吸收热量，C正确;从A到B体积不变，气体没有做功，从B到C体积增大，气体对外做功，从C到D气体对外做功，故从A到D过程气体对外做正功，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 9.(2023·福建高考)一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程后回到状态A，其p-V图像如图所示。完成一次循环，气体内能 ______(填“增加”“减少”或“不变”)，气体对外界________(填“做正功” “做负功”或“不做功”)，气体______ (填“吸热”“放热”“不吸热”或“不放热”)。  2 3 4 不变　 做正功 吸热 1 5 6 7 8 9 10 11 2 3 4 解析：完成一次循环，回到初始状态，理想气体温度不变，而一定质量的理想气体的内能仅由温度决定，所以整个过程气体的内能不变;对p-V图像来说，图像与横轴所围图形的面积表示气体做功，其中从A→ B→C的过程气体的体积减小，是外界对气体做功的过程，从C→D→A的过程气体的体积增大，是气体对外做功的过程，且从C→D→A的过程图像与横轴所围图形的面积大于从A→B→C的过程图像与横轴所围图形的面积，即气体对外做的功大于外界对气体做的功，则整个过程中表现为气体对外界做正功;根据热力学第一定律ΔU=W+Q，因为ΔU=0，W<0，则Q>0，所以气体从外界吸收热量。 1 5 6 7 8 9 10 11 10.(2024·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，重力加速度g=10 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)在此过程中器壁单位面积所受气体分子的平均作用力______(选填“变大”“变小”或“不变”)，气体分子的数密度_____ (选填“变大”“变小”或“不变”);  解析：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;由于气体体积变大，故气体分子的数密度变小。 2 3 4 不变 变小 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)求此不规则小块固体的体积V; 答案：4×10-5 m3 解析：气体发生等压变化，根据盖—吕萨克定律， 有= 解得V=4×10-5 m3。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)若此过程中气体内能增加10.3 J，求吸收热量Q。 答案：14.4 J 解析：整个过程中外界对气体做功为W=-p1S 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。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 11.(2024·贵州高考)制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图(a)所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V0，压强为p0，现缓慢充气后压强变为4p0，不计容器的容积变化。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (1)设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积。 答案：3V0　 解析：设充入的气体在该室温环境下压强为p0时的体积为V，充气过程中气体温度不变，则有p0V0+p0V=4p0V0 解得V=3V0。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (2)打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图(b)中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V1，压强为p1。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。 答案： 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：容器内气体从状态M变化到状态N， 由理想气体的状态方程可得= 可得=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 (3)图(b)中虚线MN'是容器内气体在绝热(既不吸热也不放热)条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图(b)中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。(不需要说明理由) 答案：吸热 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 解析：由p-V图像与横轴所围面积表示气体做功，可知从M到N的过程对外做功更多，N和N'都是从M状态变化而来，则相同，可得TN>TN'，可知从M到N的过程内能降低得更少，由热力学第一定律ΔU =Q+W可知，从M到N'的过程绝热，内能降低等于对外做功;从M到N的过程对外做功更多，内能降低反而更少，则气体必然吸热。 2 3 4 $$