第3章 专题强化3 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用-【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（人教版）

专题强化3　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 第三章　热力学定律 课时作业 巩固提升 类型1　热力学第一定律和气体图像的结合 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的结合 内容索引 类型1　热力学第一定律和气体图像的结合 一 3 1.分析气体状态变化图像时要注意以下两点 (1)点、线的物理意义:求解气体状态变化的图像问题,应当明确图像上的点表示一定质量的理想气体的一个平衡状态,它对应着三个状态参量;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。 (2)斜率的物理意义:在V-T图像(或p-T图像)中,比较两个状态的压强(或体积)大小,可以通过比较这两个状态到原点连线的斜率的大小,判断两个状态的压强(或体积)的大小。 2.判定物体内能变化的方法 (1)内能的变化都要利用热力学第一定律进行综合分析。 (2)做功情况要看气体体积的变化情况:体积增大,气体对外做功,W为负;体积缩小,外界对气体做功,W为正。 (3)与外界绝热,则不发生传热,此时Q=0。 (4)如果研究对象是理想气体,则由于理想气体没有分子势能,所以气体内能的变化主要体现在分子动能的变化上,从宏观上看就是温度的变化。 [例1]　(多选)(2024·新课标卷)如图,一定量理想气体的循环由下面4个过程组成:1→2为绝热过程(过程中气体不与外界交换热量),2→3为等压过程,3→4为绝热过程,4→1为等容过程。上述四个过程是四冲程柴油机工作循环的主要过程。下列说法正确的是(　　) A.1→2过程中,气体内能增加 B.2→3过程中,气体向外放热 C.3→4过程中,气体内能不变 D.4→1过程中,气体向外放热 AD [解析]　1→2为绝热过程,此时气体体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知内能增加,故A正确;2→3为等压过程,根据盖-吕萨克定律可知气体体积增大时温度升高,内能增大,此时气体体积增大,气体对外界做功W<0,故气体吸收热量,故B错误;3→4为绝热过程,此时气体体积增大,气体对外界做功W<0,根据热力学第一定律可知气体内能减小,故C错误;4→1为等容过程,根据查理定律 可知压强减小时温度降低,故内能减小,由于体积不变 W=0,故可知气体向外放热,故D正确。 [例2]　一定量的理想气体从状态A开始,经历A、B、C三个状态变化完成循环,其压强p与体积V的关系图像如图所示。已知A(V0,2p0),B(2V0,p0),C(3V0,2p0),状态A的温度为T0。 (1)求状态C的温度TC; (2)类比直线运动中根据速度—时间图像求位移的方法,求过程B→C中,气体对外界做的功W; (3)求过程A→B中,气体从外界吸收的热量Q。 [答案]　(1)3T0　(2)　(3) [解析]　(1)根据题图可知,状态C到状态A为等压变化,根据盖-吕萨克定律可知=,解得TC=3T0。 (2)图像与坐标轴围成的图形的面积表示气体对外界做的功,即BC过程气体对外做的功为W=×(3V0-2V0)=。 (3)根据题图及理想气体状态方程可知,状态A与状态B气体温度相同,又根据温度决定一定质量的理想气体的内能,可知A、B状态下内能相等,即内能的变化量ΔU=0, 从A→B气体对外界做的功W'=×(2V0-V0)= 根据热力学第一定律可知 ΔU=-W'+Q 则Q=,即气体从外界吸收的热量为。 [针对训练]　1.一定质量的理想气体状态变化的图像如图所示,处于a状态的气体,经过程1到达b状态,也可经过程2到达c状态,其中ac的延长线过坐标原点,ab和bc分别与T轴和V轴平行。气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc,在过程1和2中放出的热量分别为Qab和Qac,则(　　) A.pb>pc,Qab>Qac B.pb>pc,Qab<Qac C.pb<pc,Qab>Qac D.pb<pc,Qab<Qac D 解析:根据一定质量理想气体的状态方程=C可知,V-T图像中原点与图像某点连线的斜率代表压强的倒数,所以pb<pc;过程1属于等容变化,W=0,根据热力学第一定律可知气体放出的热量等于内能减少量,过程2中气体体积减小,外界对气体做功,则气体放出的热量大于内能减少量,过程1、2内能减少量相同,所以Qab<Qac,故D正确。 2.如图所示,一定质量的理想气体,由状态a等压变化到状态b,再从b等容变化到状态c,a、c两状态温度相等。下列说法正确的是(　　) A.从状态b到状态c的过程中气体吸热 B.气体在状态a的内能大于在状态c的内能 C.气体在状态b的温度小于在状态a的温度 D.从状态a到状态b的过程中气体对外做正功 D 解析:从状态b等容变化到状态c,根据=可知Tc<Tb,则内能减小,气体没有对外做功,根据热力学第一定律可知气体一定放出热量,A错误;理想气体的内能是由温度决定的,a、c两状态温度相等,因此内能相等,而状态c的温度小于状态b的温度,因此状态a的温度小于状态b的温度,B、C错误;从状态a到状态b的过程中,气体体积增大,气体对外做正功,D正确。 二 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的结合 16 1.做功的判断:根据体积的变化分析,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.内能与温度的关系: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,内能减小。 3.解决热力学定律与气体实验定律的综合问题的思路 [例3]　在图甲所示的密闭汽缸内装有一定质量的理想气体,图乙是它从状态A变化到状态B的V-T图像。已知AB的反向延长线通过坐标原点,气体在A点的压强为p=9.0×104 Pa,在从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收的热量Q=3.2×102 J,求: (1)气体在状态B的体积VB; (2)此过程中气体内能的增量ΔU。 [答案]　(1)8×10-3 m3　(2)140 J [解析]　(1)根据AB的反向延长线通过坐标原点知,从A到B理想气体发生等压变化。由盖-吕萨克定律得 = 代入数据得VB=8×10-3 m3。 (2)外界对气体做的功W=-p(VB-VA)=-1.8×102 J 又ΔU=Q+W 得ΔU=140 J。 [例4]　一U形玻璃管竖直放置,右端开口,左端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 外界对气体做的功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。 [针对训练]　3.如图所示,一定质量的理想气体被活塞封闭在汽缸中,活塞的横截面积为S,与汽缸底部相距L,汽缸和活塞绝热性能良好,气体的压强、温度与外界大气相同,分别为p0和T0。现接通电热丝加热气体,一段时间后断开,活塞缓慢向右移动距离L后停止,活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程中气体吸收的热量为Q,求: (1)该过程中气体内能的增加量ΔU; (2)最终温度T。 答案:(1)Q-(p0S+f)L　(2)T0 解析:(1)活塞缓慢向右移动时受力平衡,则有 p1S=p0S+f 气体对外界做功,则W=-p1SL 根据热力学第一定律有ΔU=Q+W 解得ΔU=Q-(p0S+f)L。 (2)活塞发生移动前,气体发生等容变化,则有 = 活塞向右移动L的过程中,气体发生等压变化,则有 = 且V2=2V1=2SL 解得T=T0。 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.(2024·江苏南通期中)如图所示,固定在铁架台上的烧瓶,通过橡胶塞连接一根水平玻璃管,向玻璃管中注入一段液柱。用手捂住烧瓶,会观察到液柱缓慢向外移动。关于烧瓶内的气体,下列说法正确的是(　　) A.气体的压强变小 B.气体的内能增加 C.气体温度保持不变 D.气体向外释放热量 B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:对液柱进行分析,由于液柱处于水平玻璃管,大气对液柱的压力与烧瓶内气体对液柱的压力平衡,可知气体压强等于大气压强,即气体的压强不变,故A错误;用手捂住烧瓶,烧瓶内的气体温度升高,忽略气体的分子势能,则气体内能由温度决定,即气体的内能增加,故B正确,C错误;液柱缓慢向外移动,气体体积增大,气体对外做功,气体温度升高,内能增大,根据热力学第一定律可知,气体从外界吸收热量,故D错误。 2.(2024·江苏徐州一中期中)质量为m的活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内,活塞与汽缸壁之间无摩擦。a态是汽缸放在冰水混合物中气体达到的平衡态,b态是汽缸从冰水混合物中移出后,在室温(27 ℃)中达到的平衡态。气体从a态变化到b态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能,下列说法中正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A.与b态相比,a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较少 B.与a态相比,b态的气体对活塞的冲击力较大 C.a、b两态的气体对活塞的冲击力相等 D.从a态到b态,气体的内能增加,气体密度增加 答案:B 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由a态到b态气体的压强不变,温度升高,则体积变大,分子平均速率变大,气体分子对活塞的冲击力变大,气体的数密度减小,故b态中单位时间内撞击单位面积器壁的个数较少,即与b态相比,a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多,故A、C错误,B正确;从a态到b态,气体的温度升高,内能增加,体积变大,气体密度减小,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 3.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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:由于a→b的过程为等温过程,即状态a和状态b温度相同,分子平均动能相同,对于理想气体状态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a→c过程气体体积增大,气体对外界做正功,即W<0,而气体温度升高,内能增加,即ΔU>0,根据ΔU=W+Q可知Q>0,即气体吸收热量,故C正确, D错误。 4.一定质量的理想气体从状态a开始,经历两个状态变化过程,先后到达状态b和c,其状态变化过程的p-V图像如图所示。下列说法正确的是(　　) A.从a到b,气体的温度升高 B.从a到b,气体分子热运动的速率不变 C.从b到c,气体对外界做功,内能减少 D.从b到c,气体从外界吸收热量,内能增加 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 D 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:从a到b气体做等容变化,根据=C可知,气体压强减小时温度降低,气体分子热运动的速率减小,故A、B错误;从b到c气体做等压变化,根据=C可知,气体体积增大时温度升高,气体对外做功,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D正确,C错误。 5.(多选)一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程ab、bc、cd、da回到状态a,其p-T图像如图所示,abcd是平行四边形,ab与T轴平行,ad延长线过原点O。下列说法正确的是(　 　) A.过程ab,气体体积增大,从外界吸收热量 B.过程bc,气体做等温变化 C.过程cd,气体体积减小,向外界放出热量 D.过程da,气体体积不变,从外界吸收热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ACD 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:过程ab为等压变化,气体的温度升高,内能增大,根据=C可知,气体的体积增大,气体对外做功,根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量,故A正确;根据图像可知,bc过程中气体的温度逐渐降低,故B错误;过程cd气体做等压变化,温度降低,内能减小,根据=C可知,气体的体积减小,外界对气体做功,根据热力学第一定律可知气体向外界放出热量,故C正确; 根据=C可知p=T,过程da为过坐标原点的一条倾斜 直线,气体做等容变化,温度升高,内能增大,根据热力学 第一定律可知,气体从外界吸收热量,故D正确。 6.(2024·江苏盐城中学月考)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B,最后变化到状态C,V-T图像如图所示。已知该气体在状态B时的压强为1.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　) A.B→C过程气体对外做功200 J B.A→B过程气体吸热 C.B→C过程气体压强增大 D.状态A时的气体压强为2.0×105 Pa 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:根据理想气体状态方程=C得V=T,可知V-T图像的斜率表示压强的倒数,根据图像可知B→C斜率不变,所以B→C过程气体压强不变,故C错误;B→C过程气体压强不变,体积变大,对外做功,气体对外做的功W=p(VC-VB)=200 J,故A正确;气体从状态A到状态B温度不变,内能不变,体积减小,外界对气体做功W>0,根据热力学第一定律 ΔU=W+Q可知,气体放热,故B错误;从状态A变化到状态 B,气体发生等温变化,根据玻意耳定律可得pAVA=pBVB, 解得pA=0.5×105 Pa,故D错误。 7.一定质量的理想气体由状态a变为状态c,其过程如p -V图像中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过程气体温度升高,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图像中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。 [B组　综合强化练] 8.如图所示,一定质量的理想气体从状态a开始,经历a→b、b→c、c→d过程达到状态d。下列说法正确的是(　　) A.a→b过程中气体分子单位时间内撞击器壁的 次数不变 B.a→b过程气体升高的温度大于b→c过程气体 升高的温度 C.a→d整个过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量 D.b→c过程气体吸收的热量小于c→d过程气体吸收的热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:a→b过程中气体做等容变化,根据=C可知,气 体的压强增大时温度升高,所以气体分子单位时间 内撞击器壁的次数增多,故A错误;a→b过程中,设状 态a的温度为T,根据=可知,状态b的温度为3T,b→c过程气体做等压变化,根据=C可知,状态c的温度为6T,所以a→b过程气体升高的温度小于b→c过程气体升高的温度,故B错误;c→d过程,根据=C可知,d的温度为6T,所以从a→d整个过程气体温度升高,内能增大,根据ΔU=Q+W可知, 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 整个过程气体对外做的功小于从外界吸收的热量,故C正确;b→c过程气体温度升高,内能增大,c→d过程内能不变,根据图像与坐标轴围成的面积可知气体对外做的功Wbc>Wcd,结合热力学第一定律ΔU=Q+W可知,b→c过程气体吸收的热量大于c→d过程气体吸收的热量,故D错误。 9.(2024·江苏淮安协作体联盟期中)如图所示为拧紧瓶盖的空饮料瓶,温度为7 ℃时,瓶内气体压强为1.0×105 Pa。当温度升高到35 ℃过程中,瓶内气体吸收了17 J的热量,整个过程中瓶内气体视为理想气体且体积保持不变,求: (1)35 ℃时,瓶内气体压强; (2)气体内能增加量。 答案:(1)1.1×105 Pa　(2)17 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)气体体积不变,则根据查理定律可知= 解得35 ℃时,瓶内气体压强大小为p2=p1=×1.0×105 Pa =1.1×105 Pa。 (2)气体体积不变,则W=0 瓶内气体吸收了17 J的热量,则Q=17 J 根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得ΔU=17 J 即气体内能增加17 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·湖北卷)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: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (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。 答案:(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 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)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量ΔU=CΔT=CT0 气体对外做功大小为W=pSΔh=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=h(p0S+mg)+CT0。 [C组　培优选做练] 11.如图所示是一定质量的理想气体沿直线从A到B状态变化的p-V图像,现已知状态A的温度为300 K,该气体内能的变化满足ΔU=σΔT(常数σ= 2 J/K)。求: 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)状态B的温度; (2)理想气体沿直线AB变化过程的最高温度; (3)该气体沿直线AB从状态A变化到温度最高的状态的过程中吸收的热量。 答案:(1)200 K　(2)312.5 K　(3)93.75 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)气体从状态A到状态B的过程,根据一定质量的理想气体状态方程得 =, 代入数据解得TB=200 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)由图像可知,p与V的数值关系为p=2.5×105-5×107V,则pV=2.5×105V-5×107V2, 由数学知识可知当V=2.5×10-3 m3时,pV有最大值312.5 Pa·m3,此时p=1.25×105 Pa, 由理想气体状态方程得=, 解得对应温度最大值Tm=312.5 K。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)该气体沿直线AB从状态A变化到温度最高的状态的过程,气体对外做的功等于p-V图像与坐标轴所围的面积,W=×0.5×10-3 J =68.75 J, 则外界对气体做的功W'=-68.75 J, 气体内能增加量ΔU=σΔT=2×(312.5-300)J=25 J, 由热力学第一定律ΔU=W+Q可知,气体吸收的热量Q=ΔU-W'=25 J- (-68.75 J)=93.75 J。 $$