19 第3章 专题突破五 热力学第一定律与气体实验定律的综合-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修3同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 物理选择性必修三 多媒体课件 第三章　热力学定律 专题突破五 热力学第一 定律与气体实验定律的综合 本专题主要学习热力学第一定律与气体图像、气体实验定律等相结合的问题，是前面所学知识的综合和深化，对提升解决实际问题的能力大有裨益，同时，相关内容也是历年高考考查的重点，需引起重视。 突破点一　 热力学第一定律与气体图像的结合　 突破点二　 热力学第一定律与气体实验定律的综合　　 [专题突破(五)]　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 分析热力学第一定律与气体图像相结合问题的思路 (1)从气体图像可直接读取两个状态参量的变化，以特殊线为辅助线或利用理想气体状态方程可分析第三个参量的变化； (2)由气体体积的变化可以了解气体的做功情况，由气体温度的变化可以了解理想气体内能的变化情况； (3)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可进一步分析气体的吸热或放热情况。 【典例1】 (多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p ­T图像上从a到b的线段所示。在此过程中(　　 ) A．气体一直对外做功 B．气体的内能一直增加 C．气体一直从外界吸热 D．气体吸收的热量等于其内能的增加量 解析：选BCD。因气体从a到b的p ­T图像过原点，由＝C可知，从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，B正确；因W＝0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能的增加量，C、D正确。 【典例2】(多选)一定质量的理想气体，从状态A经B、C变化到状态D的p ­V图像如图所示，AB与横轴平行，BC与纵轴平行，ODC在同一直线上。已知A状态温度为400 K，从A状态至B状态气体吸收了320 J的热量，下列说法正确的是(　　) A．D状态的温度为225 K B．A状态的内能等于C状态的内能 C．从A状态至D状态的整个过程中，气体对外做功62.5 J D．从A状态到B状态的过程中，气体内能增加了400 J 解析：选ABC。根据理想气体状态方程可得＝，由题图知pD＝0.15×105 Pa，可解得TD＝225 K，A正确；因为A、C两状态的pV乘积相等，则温度相等，即A状态的内能等于C状态的内能，B正确；因p ­V图像与横轴所围的面积表示功，则从A状态至D状态整个过程中，气体对外做功WAD＝0.4×105×2×10－3 J－ J＝62.5 J，C正确；从A状态到B状态的过程中，气体吸收了320 J的热量，同时气体对外做功WAB＝0.4×105×2×10－3 J＝80 J，由热力学第一定律可知ΔU＝－80 J＋320 J＝240 J，即气体内能增加了240 J，D错误。 【针对训练1】 (2022·江苏高考)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则(　　 ) A．状态a的内能大于状态b B．状态a的温度高于状态c C．a→c过程中气体吸收热量 D．a→c过程中外界对气体做正功 解析：选C。由于理想气体由a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b的温度相同，所以气体在状态a的内能等于状态b的内能，故A错误；由于状态b和状态c的体积相同，且pb<pc，根据理想气体状态方程＝，可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，故B错误；因为由a→c过程气体体积增大，所以气体对外界做功，而气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，气体吸收热量，故C正确，D错误。 分析热力学第一定律与气体实验定律相结合问题的思路 【典例3】 (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。 (2)此过程中容器内气体吸收的热量。 解析：(1)气体进行等压变化，则由盖­吕萨克定律得 ＝ 即＝ 解得T1＝T0。 (2)此过程中气体内能增加 ΔU＝CΔT＝CT0 气体对外界做功为 W＝pSΔh＋mgΔh＝h(p0S＋mg) 由热力学第一定律可得，此过程中容器内气体吸收的热量 Q＝ΔU＋W＝CT0＋h(p0S＋mg)。 答案：(1)T0　(2)CT0＋h(p0S＋mg) 【针对训练2】 (2023·浙江高考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA＝。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC＝1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q＝14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU＝25 J；大气压p0＝1.01 ×105 Pa。 (1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(选填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(选填“增大”“减小”或“不变”)； (2)求气体在状态C的温度TC； (3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。 解析：(1)气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，其气体内能不变，分子平均动能不变；体积减小，压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。 (2)气体处于状态A时，对活塞受力分析，有pAS＋mg＝p0S 解得pA ＝1×105 Pa 气体从状态A到状态B发生等温压缩变化，由玻意耳定律有pAVA＝pBVB 解得pB＝1.2pA＝1.2×105 Pa 气体从状态B到状态C做等容变化，由查理定律有＝ 解得TC＝350 K。 (3)气体从状态B到状态C，外界对气体不做功，所以W等于气体从状态A到状态C外界对气体做的功，由(1)问分析可知，从A到C内能的变化量等于从B到C内能的变化量，从A到C由热力学第一定律有 ΔU＝W＋Q 解得W＝11 J。 答案：(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J 【基础应用题】 1.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则(　　 ) A．袋内气体体积减小，内能增大 B．袋内气体体积减小，压强减小 C．外界对袋内气体做功，内能增大 D．袋内气体对外界做正功，压强减小 解析：选AC。实际气体在温度不太低、压强不太大时可看作理想气体。充气袋被挤压，气体体积减小，外界对气体做正功，则W>0，由于袋内气体与外界无热交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体内能增大，A、C正确；内能增大，则温度升高，根据理想气体状态方程＝C可知，气体压强增大，B、D错误。 2．如图所示，一定质量的某种理想气体从状态A变化到状态B，下列说法正确的是(　　 ) A．气体体积减小 B．气体内能减小 C．气体一定从外界吸热 D．外界一定对气体做正功 解析：选C。根据＝C可得p＝T，由此可知A、B与O点的连线均表示等容变化，因为直线AO斜率大，则A状态下气体体积小，即A状态的体积小于B状态的体积，所以气体从状态A到状态B的过程中，体积变大，故A错误；气体从状态A到状态B的过程中，温度升高，所以内能增加，故B错误；整个过程，气体体积增大，对外做功，而内能增大，所以气体一定从外界吸热，故C正确，D错误。 3. (2022·辽宁高考)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变化的图像如图所示，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 解析：选A。理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，则理想气体对外界做正功，A正确；由＝C知，V＝T，因a、b与O的连线均表示等压变化，由斜率知pa<pb，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增大，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，气体对外界做功且内能增大，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体从外界吸收热量，C错误。 4.(2022·北京高考)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：选D。一定质量的理想气体从状态a开始，沿题图路径到达状态b的过程中，气体发生等容变化，不对外界做功，压强减小，根据查理定律＝可知，气体温度降低，故A、B错误；一定质量的理想气体从状态b沿题图路径到达状态c的过程中，气体发生等压变化，体积增大，气体对外界做功，根据盖­吕萨克定律＝可知，气体温度升高，内能增大，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，b到c过程吸热，且吸收的热量大于气体对外做功的值，故C错误，D正确。 【综合提升题】 5．一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p ­V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0, 2p0)、 b(2V0，p0)、c(3V0，2p0)。以下说法正确的是(　　 ) A．气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功 B．气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量 C．在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量 D．气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量 解析：选C。由W＝p·ΔV知，p ­V图线与V轴所围面积表示做功大小，由题图知，a→b和b→c过程中，气体对外界做的功相等，故A错误。由＝C知，a、b两状态温度相等，内能相同，即ΔU＝0，由ΔU＝W＋Q知，Qab＝－W；由＝C知，c状态的温度高于b状态的温度，则b→c过程中，ΔU>0，由ΔU＝W＋Q知，Qbc>|W|，故B错误。由＝C知，c状态温度高于a状态温度，则c→a过程内能减少，即ΔU<0，外界对气体做功，即W>0，由ΔU＝Q＋W知，该过程为放热过程，且W<|Q|，故C正确。由于a、b状态内能相等，故c→a内能的减少量等于b→c内能的增加量，故D错误。 6．(多选)(2023·山东高考)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，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 J C．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 解析：选AD。设初始状态下理想气体的体积为V，理想气体等压变化过程中，由盖­吕萨克定律得＝，解得气体增加的体积ΔV＝V，C错误；理想气体等容变化过程中，气体吸收400 J的热量后温度上升100 K，则内能的增加量ΔU＝400 J，因为理想气体的内能只与温度有关，且等压变化过程气体的温度也上升100 K，所以内能的增加量也为ΔU＝400 J，D正确；等压过程中由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，解得W＝－200 J，即气体对外做的功为200 J，B错误；由W＝pΔV得，气体体积的增加量|ΔV|＝＝＝2 L，则V＝6 L，A正确。 7．带活塞的汽缸封闭了一定质量的理想气体，该理想气体经历了如图所示的AB、BC和CA过程。已知气体在状态B时，温度为640 K。 (1)求气体在状态A时的温度； (2)若C到A过程中，气体内能减小了38 J，求该过程中气体与外界的热量交换。 解析：(1)A到B过程，由理想气体状态方程＝ 代入数据解得TA＝160 K。 (2)C到A过程中，气体体积减小，外界对气体做功为W＝pA·ΔV＝2×104×(6－3)×10－3 J＝60 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 解得Q＝ΔU－W＝－38 J－60 J＝－98 J 所以该过程中气体放出热量98 J。 答案：(1)160 K　(2)放出热量98 J 8．如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝27 ℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃。 (1)求温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L； (2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，求气体内能的变化量。(结果保留两位有效数字) 解析：(1)气体做等压变化，由盖­吕萨克定律得 ＝ 解得L＝36 cm。 (2)封闭气体的压强 p＝p0＋ρgΔh＝1.272×105 Pa 外界对气体做功W＝pS(L0－L)≈2.5 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得 ΔU＝－2.5 J，即内能减少了2.5 J。 答案：(1)36 cm　(2)减少2.5 J 【创新拔高题】 9．(2023·浙江高考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU＝158 J。取大气压p0＝0.99×105 Pa，求： (1)气体在状态B的温度； (2)气体在状态C的压强； (3)气体由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 解析：(1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，则有＝ 其中VA＝Sh0，VB＝S(h0＋d) 解得TB＝330 K。 (2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，则pBS＝p0S＋mg 解得pB＝1×105 Pa 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有 ＝ 解得pC＝1.1×105 Pa。 (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外界做功为W＝pBSΔh＝30 J 由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 解得Q＝ΔU＋W＝188 J。 答案：(1)330 K　(2)1.1×105 Pa (3)188 J $$