第三章 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（粤教版）

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相结合的问题。2.会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题。 课时作业 巩固提升 类型1　热力学第一定律与气体图像的结合 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的综合 内容索引 类型1　热力学第一定律与气体图像的结合 一 4 1.等温线   温度不变,气体内能不变,由热力学第一定律可知ΔU=Q+W=0,即Q=-W。 2.等容线   气体体积不变,不做功,由热力学第一定律可知ΔU=Q。 3.等压线   气体压强不变,等压膨胀或等压压缩过程W=pΔV。 [例1]　(2024·佛山高二期中)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,则(　　) A.体积减小 B.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 C [解析]　根据=c可得p=T,由此可知A、B与O点的连线表示等容变化,直线AO斜率大,则A状态下气体体积小,即A状态体积小于B状态的体积,所以气体自状态A到状态B的过程中,体积变大,故A错误;气体自状态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,所以气体对外界做功,而内能增大,所以气体一定从外界吸热, 故C正确,D错误。 [针对训练]　1.(多选)(2024·东莞高二期末)如图所示为一定质量的理想气体状态变化时体积随温度变化的关系图像(V-T图线),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的过程中,下列说法正确的是(　　) A.从状态A变化到状态B的过程中,气体压强增大 B.从状态A变化到状态B的过程中,气体吸收热量 C.从状态B变化到状态C的过程中,气体内能减小 D.从状态C变化到状态A的过程中,气体压强减小 BD 解析:根据理想气体状态方程=c,可得V=T,从状态A变化到状态B的过程中,V-T图线过原点且斜率不变,则压强不变,故A错误;从状态A变化到状态B的过程中,体积增大,则外界对气体做负功,温度升高,则内能增大,由热力学第一定律ΔU=Q+W可知,气体吸收热量,故B正确;从状态B变化到状态C的过程,一定量的理想气体内能只与温度有关,温度升高,则内能增大,故C错误;结合A分析可知,从状态C变化到状态A的过程中,图线上的点与原点连线的斜率增大,则压强减小,故D正确。 2.(多选)(2024·珠海高二月考)如图所示,在斯特林循环p-V图像中,一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中,A→B和C→D为等温过程,该循环过程中,下列说法正确的是(　　) A.A→B过程中,气体从外界吸收热量 B.B→C过程中,气体分子的热运动变得更激烈 C.C→D过程中,单位时间内碰撞单位面积器 壁的分子数增多 D.在A→B→C→D→A循环过程中,气体吸热等于放热 AC 解析:A→B为等温过程,一定质量的理想气体的温度不变,内能不 变,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;B→C为等容过程,一定质量的理想气体的 压强减小,温度降低,分子的平均动能减小,气体分子的热运动变 慢,故B错误;C→D为等温过程,一定质量的理想气体的压强增大, 体积减小,分子密集程度增大,单位时间内碰撞单位面积器壁的分 子数增多,故C正确;根据热力学第一定律,可得ΔU=W+Q,A→B和C→D两过程的温度都不变,即满足ΔU=0,设A→B过程与横轴围成面积为S1,C→D过程与横轴围成面积为S2,根据p-V图像中图线与横轴围成的面积即为气体做功大小,可知A→B过程气体做功为W1=-S1,吸收的热量大小为Q1=S1,C→D过程气体做功为W2=S2,放出的热量大小为Q2=S2,因为S1>S2,所以Q1>Q2,即从A→B气体吸收的热量大于从C→D气体放出的热量,由题可知,等容放热过程B→C放出的热量恰好为等容吸热过程D→A所吸收的热量,可知在A→B→C→D→A循环过程中,气体吸热大于放热,故D错误。 二 类型2　热力学第一定律和气体实验定律的综合 14 1.热力学第一定律和气体实验定律综合应用的一般分析思路 (1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大,气体对外做功;气体体积减小,外界对气体做功。(真空膨胀除外) (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,内能增大;温度降低,内能减小。 (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。 (4)等压变化气体膨胀对外做功:W=pΔV。 2.热力学第一定律与气体实验定律综合应用的注意事项 (1)分清气体的变化过程是求解问题的关键。 (2)理想气体体积变化对应着做功,等容过程W=0;温度变化,内能一定变化,等温过程ΔU=0;绝热过程Q=0。 (3)力学及热力学研究对象首先要明确。同一题研究对象转移时,要注意不同研究对象的联系。 (4)要弄清楚状态参量与过程量的区别。 [例2]　(2024·广东电白高二期末)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 气体向外界放出5.0 J的热量,即Q=-5.0 J 得ΔU=-2.5 J,即内能减少了2.5 J。 [针对训练]　3.(多选)(2024·广东清远高二期末)如图所示,导热的气缸开口向下,缸内活塞封闭了一定质量的理想气体,活塞可自由滑动且不漏气,活塞下挂一个砂桶,砂桶装满砂子时,活塞恰好静止,现将砂桶底部钻一个小洞,让细砂慢慢漏出。气缸外部温度恒定不变,则(　　) A.缸内的气体压强减小,内能减小 B.缸内的气体压强增大,内能减小 C.缸内的气体压强增大,内能不变 D.外界对气体做功,缸内的气体放热 CD 解析:对活塞受力分析,根据平衡条件有p0S=pS+mg,则当m减小时,活塞所受合力向上,气体体积变小,则外界对气体做功,即W>0,由于气体的温度不变,则ΔU=0,根据热力学第一定律可知,气体放热,根据玻意耳定律知体积变小,压强变大,故C、D正确,A、B错误。 4.(2024·广州高二月考)如图所示,一个内壁光滑、导热性能 良好的气缸竖直倒吊在天花板上,开口向下。质量与厚度均 不计、导热性能良好的活塞横截面积为S=2×10-3 m2,与气 缸底部之间封闭了一定质量的理想气体,此时活塞与气缸底 部之间的距离h=24 cm,活塞距气缸口10 cm。气缸所处环境 的温度为300 K,大气压强p0=1.0×105 Pa,g取10 m/s2。现将质量为 m=4 kg的物块挂在活塞中央位置上。 (1)活塞挂上重物后,活塞下移,求稳定后活塞与气缸底部之间的距离。 (2)若再对气缸缓慢加热使活塞继续下移,活塞刚好不脱离气缸,加热时温度不能超过多少?此过程中封闭气体对外做功多少? 答案:(1)30 cm　(2)340 K　 6.4 J 解析:(1)挂上重物后,活塞下移,设稳定后活塞与气缸底部之间的距离为h1,该过程中气体初末状态的温度不变,根据玻意耳定律有p0Sh=(p0-)Sh1,代入数据解得h1=30 cm。 (2)加热过程中气缸内压强不变,当活塞移到气缸口时,温度达到最高,设此温度为T2,根据盖-吕萨克定律有=,而h2=34 cm,T1=300 K,解得T2=3 40 K,即加热时温度不能超过340 K;加热过程中气体对外做功 W=(p0-)(h2-h1)S,代入数据得W=6.4 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.(多选)如图所示,一导热性良好的气缸竖直放置于恒温的环境中,气缸内有一质量不可忽略的水平活塞,将一定质量的理想气体封在气缸内,活塞与气缸壁无摩擦,气缸不漏气,整个装置处于平衡状态。活塞上开始就放置一广口瓶,瓶中盛有一定量的酒精,经过一段较长时间后,与原来相比较,则(　　) A.气体的压强减小　　　　 B.气体的压强不变 C.气体的内能减小 D.气体吸收热量 AD 解析:对活塞、广口瓶、酒精受力分析,由受力平衡可知p0S+mg=pS。由于酒精挥发,酒精质量减小,故气体压强减小,A正确,B错误;气缸置于恒温环境中,温度不变,气体内能不变,C错误;气体体积膨胀,对外做功,W<0,由热力学第一定律知ΔU=Q+W=0,可知Q>0,气体吸热,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2.(多选)一定质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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BCD 解析:因从a到b的p-T图线过原点,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,选项A错误;因从a到b气体温度升高,可知气体内能增加,选项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,选项C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 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 5 6 7 8 9 10 11 1 A 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的连线均表示等压变化,由斜率ka>kb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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 4.(多选)(2024·佛山高二期中)如图所示的循环过程,一定质量的理想气体从状态a开始,经过等容过程ab到达状态b,再经过等温过程bc到达状态c,最后经等压过程ca回到状态a,下列说法正确的是(　 　) A.ab过程气体的内能增加 B.bc过程气体从外界吸收热量 C.ca过程外界对气体做功 D.ca过程气体从外界吸收热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ABC 解析:ab过程是等容升压,根据=c,可知温度升高,则内能增加,故A正确;bc过程属于等温变化,气体膨胀对外做功,而气体的温度不变,则内能不变,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体从外界吸收热量,故B正确;ca过程中压强不变,体积减小,所以外界对气体做功,根据=c,可知温度降低,则内能减小,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,可知气体向外界放出热量,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 5.一定质量的理想气体,在温度T1和T2下的压强p与体积倒数的关系图像如图所示,气体由状态A等压变化到状态B的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.温度升高,吸收热量 B.温度升高,放出热量 C.温度降低,吸收热量 D.温度降低,放出热量 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:根据=c,可知p=cT·,则在p-图像中过原点直线的斜率越大,温度越高,则气体由状态A等压变化到状态B的过程中,气体温度升高,内能增加,体积变大,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收热量,故A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 6.如图所示,一定质量的理想气体经历了A→B的等压过程,B→C的绝热过程(气体与外界无热量交换),其中B→C过程中内能减少1 000 J,则A→B→C过程中气体对外界做的总功为(　　)   A.1 600 J B.400 J C.1 000 J D.600 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 A 解析:由图可知,A→B是等压过程,气体体积增大,外界对气体做功为W1,则有W1=p(VA-VB)=6×105×(2-3)×10-3 J=-600 J,B→C的过程中,没有吸、放热,Q=0,由热力学第一定律则有ΔU=W2,解得W2=-1 000 J,所以在A→B→C过程中气体对外界做的总功为W=W1+W2=-600 J+(-1 000 J)=-1 600 J,因此气体对外界做的总功大小为1 600 J,A正确,B、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 7.(多选)(2024·云浮高二期末)一定质量的理想气体,由状态A开始,经历①②两个不同过程到达状态C,T-p图像如图所示,下列说法正确的是(　　) A.过程①气体对外做功 B.过程②气体先放出热量后吸收热量 C.在B到C的过程中,气体对外界做正功 D.单位时间内,状态A比状态C器壁单位 面积上分子碰撞的次数多 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 BC 解析:由图像可知AC为过原点的直线,可知温度与压强成 正比,根据理想气体状态方程=c,可知过程①中气体的体 积保持不变,气体对外不做功,A错误。由图像可知过程② 中,由A到B过程,气体温度不变,气体内能不变,气体的压强 增大,可知气体的体积减小,外界对气体做正功,根据热力学第一定律可知该过程气体对外放热;由B到C过程,气体的温度升高,气体内能增大,气体的压强不变,可知气体的体积增大,外界对气体做负功,根据热力学第一定律可知该过程气体从外界吸热,B、C正确。状态A和状态C的气体体积相等,单位体积内气体的分子数相同,状态A的温度比状态C的小,气体在状态A的分子平均动能小于在状态C的分子平均动能,故单位时间内,状态A比状态C器壁单位面积上分子碰撞的次数少,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [B组　综合强化练] 8.(多选)(2024·江门高二月考)一定质量的理想气体从状态a开始,经历过程ab、bc、ca回到原状态,其V-T图像如图所示,pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强,下列判断正确的是(　 　) A.状态a、b、c的压强满足pc=pb=3pa B.过程a到b中气体内能增大 C.过程b到c中气体吸收热量 D.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 ABD 解析:设a状态的压强为pa,则由理想气体状态方程可 知=,所以pb=3pa,同理pa·3V0=pc·V0,得pc=3pa,所以 pc=pb=3pa,故A正确;过程a到b中温度升高,内能增大, 故B正确;过程b到c温度降低,内能减小,即ΔU<0,体积 减小,外界对气体做功,W>0,则由热力学第一定律可知,Q<0,即气体放出热量,故C错误;由图可知过程ca中气体等温膨胀,内能不变,对外做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收的热量等于对外做的功,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 9.(2024·清远高二期末)某同学用光滑活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在气缸内,并对缸内气体加热,气体从状态A变化到状态B过程中的p-V图像如图所示,已知气体在状态A时的热力学温度TA=280 K,该过程中气体吸收的热量Q=120 J,求: (1)气体在状态B时的热力学温度TB; (2)该过程中气体内能的增量ΔU。 答案:(1)560 K　(2)70 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化,有=,解得TB=560 K。 (2)该过程中气体对外界做的功W=pΔV=50 J,根据热力学第一定律有ΔU=Q-W,解得ΔU=70 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 10.(2024·佛山高二期中)如图所示,开口向上、内壁光滑的绝热气缸竖直放置,卡口离缸底的高度h=0.1 m。质量M=20 kg的活塞停在卡口处,活塞的横截面积S=1×10-2 m2,缸内气体温度t1=27 ℃,压强p1=0.9×105 Pa。现通过电热丝缓慢加热缸内气体。已知外界大气压强p0=1×105 Pa,重力加速度g取10 m/s2。 (1)活塞刚要离开卡口时,求气体的热力学温度T2。 (2)活塞离开卡口后继续上升了H=0.1 m,此过程中气 体吸收了Q=320 J的热量,求此过程中气体内能的变化 量ΔU。 答案:(1)400 K　(2)增加200 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 解析:(1)气体加热至活塞刚要离开卡口时,气体经历等容变化,则有=,当活塞刚要离开卡口时,根据受力分析则有p2S=p0S+Mg 联立解得p2=1.2×105 Pa T2=400 K。 (2)活塞离开卡口上升过程中,气体做等压变化, 故气体对外做功,则有W=-p2SH=-120 J 此过程吸收热量Q=320 J 由热力学第一定律知此过程中ΔU=W+Q=200 J,即增加了200 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 [C组　培优选做练] 11.(2024·中山高二期末)如图所示为某同学设计的减震器的原理图。导热性能良好的密闭气缸深度为h,横截面积为S,托盘、连杆及活塞总质量为M,将物体轻轻放在托盘上,气缸内的活塞会下沉。为保证减震效果,活塞与缸底间距不得小于0.1h。开始时环境温度为T0,托盘上未放置物体,活塞处于缸体的中间位置。已知气体内能和温度的关系式为U=kT(k为常数),外界大气压强为p0,重力加速度为g。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (1)求缸内气体的压强p1。 (2)若环境温度保持不变,求在托盘上放置物 体的最大质量mmax。 (3)现在托盘上放上质量为第(2)问中所求出 的最大质量的物体,稳定后,再对气缸缓慢加热一段时间,使活塞又回到缸体正中间,求加热过程中气体从外界吸收的热量Q。 答案:(1)+p0　(2)4M+　(3)4kT0+2(Mg+p0S)h 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)对托盘、连杆及活塞由平衡方程 p1S=Mg+p0S 则p1=+p0 故缸内气体的压强为+p0。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (2)环境温度保持不变,由玻意耳定律有 p1(0.5hS)=p2(0.1hS) 且p2=+p0 解得mmax=4M+ 故若环境温度保持不变,则托盘上放置物体的最大质量为4M+。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 (3)气体发生等压变化,由盖-吕萨克定律得 =,解得T1=5T0 ΔU=kΔT=k(T1-T0) W=-p2ΔV=-p2(0.5hS-0.1hS) 由热力学第一定律ΔU=Q+W 解得Q=4kT0+2(Mg+p0S)h 故加热过程中气体从外界吸收的热量为4kT0+2(Mg+p0S)h。 $$