第3章 专题强化3 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（教科版）

专题强化3　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 第三章　热力学定律 [学习目标]　1.会分析热力学第一定律与气体图像结合的问题(重点)。2.会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题(重点)。 课时作业 巩固提升 类型1　热力学第一定律与气体状态图像的结合 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的综合 内容索引 类型1　热力学第一定律与气体状态图像的结合 一 4 [思考与讨论] 如图所示,一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中,气体压强p=1.0×105 Pa,吸收的热量Q=7.0×102 J。 (1)理想气体从状态A经等压过程到状态B,气体对外做功是多少? (2)求此过程中气体内能的增量? 提示:(1)一定质量的理想气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律得= 则VB==8.0×10-3 m3 气体对外做的功W=p(VB-VA)=2.0×102 J。 (2)根据热力学第一定律ΔU=Q-W,可得ΔU=5.0×102 J。 [典例1]　一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D →A循环,该过程每个状态视为平衡态,各状态参数如图所示。A状态的压强为1×105 Pa,求: (1)B状态的温度; (2)完成一次循环,气体与外界热交换的热量。 [答案]　(1)600 K　(2)放热150 J [解析]　(1)理想气体从A状态到B状态的过程中,压强保持不变,根据盖-吕萨克定律有 = 代入数据解得TB=TA=600 K。 (2)理想气体从A状态到B状态的过程中,外界对气体做功 W1=-pA(VB-VA) 解得W1=-100 J 气体从B状态到C状态的过程中,体积保持不变,根据查理定律有= 解得pC=2.5×105 Pa 从C状态到D状态的过程中,外界对气体做功 W2=pC(VB-VA) 解得W2=250 J 一次循环过程中外界对气体所做的总功 W=W1+W2=150 J 理想气体从A状态完成一次循环,回到A状态,始末温度不变,所以内能不变。根据热力学第一定律有 ΔU=W+Q 解得Q=-150 J 故完成一次循环,气体向外界放热150 J。 [针对训练] 1.(多选)如图所示,一定质量的理想气体从状态a变化到状态b,其过程如p-V图中从a到b的直线所示。在此过程中(　　) A.气体温度先上升后下降 B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功 D.气体吸收的热量一直全部用于对外做功 BC 解析:由题图知气体的 pV乘积一直增大,由=C,知气体的温度一直升高,内能一直增加,故A错误,B正确;气体的体积增大,则气体一直对外做功,气体的内能一直增加,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体一直从外界吸热,吸收的热量用于对外做功和增加内能,故C正确,D错误。 2.如图所示,一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再由状态B变化到状态C。已知状态A的温度为300 K。 (1)求气体在状态B的温度。 (2)由状态B变化到状态C的过程中,气体是吸热还是放热?简要说明理由。 答案:(1)1 200 K　(2)放热　理由见解析 解析:(1)由理想气体的状态方程= 解得气体在状态B的温度TB=1 200 K。 (2)由B→C,气体做等容变化,由查理定律得= TC=600 K 气体由B到C为等容变化,不做功,但温度降低,内能减少,根据热力学第一定律,ΔU=W+Q,可知气体要放热。 二 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的综合 15 [思考与讨论] 如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图,现倒入热水,封闭活塞,其与液面间封闭一定质量的理想气体,此时瓶内气体温度为T1,压强为p0,经过一段时间温度降为T2,忽略这一过程中气体体积的变化。 (1)当温度变化时,瓶内的压强是否改变?若温度降为T2时瓶内气体的压强p应该为多少? (2)封闭气体温度由T1降为T2过程中,其传递的热量为Q,则气体的内能如何变化? 提示:(1)因为气体体积不变,当温度变化时,瓶内的压强会发生改变;由查理定律得=,可知温度降为T2时瓶内气体的压强为p=p0。 (2)温度由T1下降到T2过程为等容过程,W=0,温度降低,内能减少。 [典例2]　如图所示,用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计,开始时活塞距离汽缸底部高度H1=0.60 m,气体的温度T1=300 K;现给汽缸缓慢加热至T2=480 K,活塞缓慢上升到距离汽缸底部某一高度H2处,此过程中缸内气体增加的内能ΔU= 300 J。已知大气压强p0=1.0×105 Pa,活塞横截面积S=5.0×10-3 m2。求: (1)活塞距离汽缸底部的高度H2; (2)此过程中缸内气体吸收的热量Q。 [答案]　(1)0.96 m　(2)480 J [解析]　(1)气体做等压变化,根据盖-吕萨克定律得= 即= 解得H2=0.96 m。 (2)在气体膨胀的过程中, 气体对外做功为 W0=p0ΔV=1.0×105×(0.96-0.60)×5.0×10-3 J=180 J 根据热力学第一定律可得气体内能的变化量为 ΔU=-W0+Q,得Q=ΔU+W0=480 J。 [针对训练] 3.(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 AC 解析: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,内能增大,选项A、C正确;内能增大,则温度升高,根据理想气体状态方程=C可判断压强一定增大,选项B、D错误。 4.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取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) 答案:(1)36 cm　(2)减少2.5 J 解析:(1)气体做等压变化, 由盖-吕萨克定律有= 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。 三 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [A组　基础巩固练] 1.一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 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析: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点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,理想气体对外界做正功且内能增大,则根据热力学第一定律可知,气体从外界吸收热量,C错误。 2.(多选)如图所示,金属薄壁汽缸静止在水平地面上,内部封有一定质量的理想气体,竖直向上的外力F作用于活塞,拉动活塞向上缓慢移动,环境温度和压强不变,汽缸未离开地面,不计活塞与汽缸间的摩擦,活塞向上运动过程(　 　) A.外界对气体做正功 B.外力F逐渐增大 C.气体从外界吸热 D.汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BCD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:活塞向上运动过程,气体体积变大,气体对外界做正功,A错误;由于活塞向上缓慢移动,气体温度始终与外界相同,即气体发生等温变化,气体内能不变,由热力学第一定律可知,气体从外界吸热,C正确;由理想气体状态方程=C,可知气体等温膨胀,压强p减小,对活塞由平衡条件可得F+pS=mg+p0S,故外力F逐渐增大,B正确;由压强的微观定义可知,汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少,D正确。 3.(多选)已知某轿车四个轮胎为同一种型号,汽车刚启动时四个轮胎的压强都为2.0 atm(标准大气压),环境温度为27 ℃。汽车行驶一段时间后,胎压检测系统显示其中三个轮胎压强为2.4 atm,一个轮胎的压强仍为2.0 atm(漏气)。四个轮胎此时温度相等,假设轮胎体积均不变,密闭气体可视为理想气体,则(　　) A.轮胎此时的温度为360 K B.轮胎此时的温度为360 ℃ C.漏气轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量 D.完好轮胎内气体吸收的热量等于内能的增加量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 AD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:对三个完好轮胎之一,由查理定律可得=,其中T1=300 K,解得T2=360 K,A正确,B错误;完好轮胎体积不变,外界没有对气体做功,即W=0,由于温度升高内能增大,由热力学第一定律可得ΔU=Q,故气体吸收的热量等于内能的增加量,D正确;假设漏气轮胎漏出的气体没有散开,发生等压膨胀,则对外做功,即W<0,温度升高内能增大,由热力学第一定律可知,气体吸收的热量大于内能的增加量,C错误。 4.一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p-V图中a→c直线段所示,状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是(　　) A.a→b是等温过程 B.a→b过程中气体吸热 C.a→c过程中状态b的温度最低 D.a→c过程中外界对气体做正功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据理想气体的状态方程=C,可知a→b气体温度升高,内能增加,即ΔU>0,且体积增大,气体对外界做功,即W<0,由热力学第一定律ΔU=W+Q,可知a→b过程中气体吸热,A错误,B正确;根据理想气体的状态方程=C,可知,p-V图像的坐标值的乘积反映温度,a状态和c状态的坐标值的乘积相等,而中间状态的坐标值乘积更大, 则a→c过程的温度先升高后降低,且状态b的温度 最高,C错误;a→c过程气体体积增大,气体对外界做 正功,D错误。 5.(多选)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,再变化到状态C,最后回到状态A,其压强p随体积V变化的图像如图,下说法中正确的是(　　) A.从A→B过程中,气体的内能增加 B.从B→C过程中,气体从外界吸收热量 C.从C→A过程中,气体从外界吸收热量 D.状态B的温度高于状态C的温度 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 CD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:从A→B过程中,由pAVA=pBVB可知气体的温度不变,内能不变,故A错误。从B→C过程中,气体的体积减小,外界对气体做功(W>0);从B→C过程中,气体的压强不变,根据=C可知气体的温度降低,即状态B的温度高于状态C的温度,内能减小(ΔU<0);根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体向外界放出热量(Q<0),故B错误,D正确。从C→A过程中,气体的体积不变,外界对气体不做功(W=0);从C→A过程中,气体的压强 增大,根据=C可知气体的温度升高,内能增大(ΔU>0); 根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可知气体从外界吸收 热量(Q>0),故C正确。 6.如图甲所示,一开口向上的导热汽缸内封闭了一定质量的理想气体,气体体积为V、压强为1.5p0,活塞可无摩擦滑动且不漏气,汽缸外大气压强为p0,环境温度不变。现将汽缸倒立挂起稳定后如图乙所示,该过程中气体　　　　(选填“吸热”或“放热”),气体体积变为　　　　。  2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 吸热 3V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:汽缸开口向上时,则p1S=mg+p0S,汽缸开口向下时,则p2S+mg=p0S,则由玻意耳定律可得p1V=p2V',解得V'=3V,气体体积变大,对外做功,即W<0,温度不变,则内能不变,ΔU=0,根据ΔU=W+Q可知Q>0,气体吸热。 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。 答案:(1)160 K　(2)放出热量98 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)A到B过程,由理想气体状态方程有 = 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 由热力学第一定律得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。 [B组　综合强化练] 8.如图甲所示,用活塞在汽缸中封闭一定质量的理想气体,气体由状态a变化到状态b,再变化到状态c,气体温度(T)随体积(V)变化的图像如图乙所示,bc连线的反向延长线过坐标原点,不计活塞与汽缸壁的摩擦。下列说法中正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.由状态a到状态b的过程中,气体的压强增大 B.由状态a到状态b的过程中,气体一定吸热 C.由状态b到状态c的过程中,气体的压强增大 D.由状态b到状态c的过程中,气体一定吸热 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由理想气体状态方程=C,结合图乙可知,由状态a到状态b的过程中温度在降低,同时体积在增大,则可知压强一定减小;再结合热力学第一定律ΔU=Q+W可知,体积增大,气体对外做功,W<0,同时温度降低可知,ΔU<0,由此不能确定气体由状态a到状态b的过程中是吸热还是放热,或是既不吸热也不放热,故A、B错误。由理想气体状态方程=C,变式可得T=·V,结合乙图可知,气体由状态b到状态c的过程中,气体的压强不变,故C错误。由状态b到状态c的过程中,气体体积增大,对外做功的同时,温度也在升高,则根据热力学第一定律可知,气体一定吸热,故D正确。 9.(多选)如图所示,水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分,隔板可在汽缸内无摩擦滑动,右侧气体内有一电热丝,汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止,左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流,通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时,与初始状态相比(　　) A.右边气体温度升高,左边气体温度不变 B.左右两边气体温度都升高 C.左边气体压强增大 D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:右边气体吸收热量后,温度升高,压强增大,隔板不再静止,向左移动,右边气体对左边气体做功,由于隔板和汽缸均绝热,则左边气体的内能增加,温度升高,A错误;左边气体体积减小,温度升高,由=C,可知压强增大,B、C均正确;右边气体对左边气体做了功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,得右边气体内能的增加量小于电热丝放出的热量,D错误。 10.如图所示,长方形容器体积为V,右上方有一开口与外界相连,活塞将导热容器分成左右两部分,外界温度为27 ℃时,体积比为1∶2。当外界温度缓慢上升,活塞就会缓慢移动。设大气压强为p0,且保持不变,不计活塞与容器间的摩擦。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)活塞刚好移动到容器的正中央时,求外界的温度; (2)若左边容器中气体的内能与温度的关系为U=kT,求活塞移动到容器正中央的过程中左边容器内气体吸收的热量。 答案:(1)450 K　(2)150k+ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)左边容器中气体初始体积为,初始温度为T0=300 K 当体积为时,气体等压变化,由=C可得= 解得外界的温度为T=450 K。 (2)左边容器中气体对外做功 W=p0SL=p0×(-)= 由能量守恒定律可得气体吸收的能量为 Q=k(T-T0)+W 解得Q=150k+。 [C组　培优选做练] 11.如图所示,体积为V、内壁光滑的圆柱形导热汽缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞;汽缸内密封有温度为2.4T0、压强为1.2p0的理想气体,p0与T0分别为大气的压强和温度。已知:气体内能U与温度T的关系为U=αT,α为正的常量;容器内气体的所有变化过程都是缓慢的。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)汽缸内气体与大气达到平衡时的体积V1; (2)在活塞下降过程中,汽缸内气体放出的热量Q。 答案:(1)V　(2)p0V+αT0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)在气体由压强p=1.2p0下降到p0的过程中,气体体积不变,温度由T=2.4T0变为T1,由查理定律得= 解得T1=2T0 在气体温度由T1变为T0过程中,体积由V减小到V1,气体压强不变,由盖-吕萨克定律得 = 解得V1=V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)在活塞下降过程中,活塞对气体做的功为 W=p0(V-V1) 在这一过程中,气体内能的减少量为ΔU=α(T1-T0) 由热力学第一定律得,汽缸内气体放出的热量为 Q=W+ΔU 解得Q=p0V+αT0。 $$