第3章 专题拓展2 热力学实验定律与气体实验定律的综合应用（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册（教科版2019）

专题拓展2　热力学实验定律与气体实验定律的综合应用 物理观念 科学思维 科学态度与责任 1.理解热力学第一定律的综合应用问题。 2．理解理想气体发生等温变化、等压变化、等容变化过程中的能量变化。 1.能利用数形结合思想，分析热力学第一定律与图像结合问题。 2．能结合玻璃管液封模型和汽缸模型，分析热力学定律与气体实验定律的综合应用。 　　经历多过程、多模型的科学思维过程，形成严谨细致的思维习惯。 [对应学生用书P63] 探究点一___热力学第一定律与图像结合问题 1．气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程＝C分析。 2．气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。 (1)由体积变化分析气体做功的情况：体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。 (2)由温度变化判断气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。 (3)由热力学第一定律ΔU＝W＋Q判断气体是吸热还是放热。 (4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界或外界对气体整个过程中所做的功。 3．气体状态变化的三种特殊情况 (1)绝热过程：Q＝0，则ΔU＝W，系统内能的增加量(或减少量)等于外界对系统(或系统对外界)做的功。 (2)等容过程：W＝0，则ΔU＝Q，物体内能的增加量(或减少量)等于系统从外界吸收(或系统向外界放出)的热量。 (3)等温过程：理想气体的内能不变，即ΔU＝0，则W＝－Q(或Q＝－W)，外界对系统做的功等于系统放出的热量(或系统吸收的热量等于系统对外界做的功)。 【例1】 一定质量的理想气体由状态A经过状态B变为状态C，其有关数据如p－T图像甲所示。若气体在状态A的温度为TA＝200 K，在状态C的体积为V＝0.6 L。A→B过程吸收热量为150 J。已知一定质量的理想气体，内能的变化量与温度的变化量成正比，求： (1)根据图像提供的信息，计算图中VA的值； (2)在图乙坐标系中，作出由状态A经过状态B变为状态C的V－T图像，并在图线相应位置上标出字母A、B、C。 (3)B→C过程，气体从外界吸收的热量为多少？ 答案：(1)0.4 L (2)见解析图 (3)120 J 解析：(1)由图甲可知：A至B为等压过程，B至C为等容过程。对A至C，由理想气体状态方程有 ＝ 解得VA＝＝ L＝0.4 L。 (2)由盖­吕萨克定律 ＝ 解得VB＝＝0.4×L＝0.6 L 因为B至C为等容过程，所以 VC＝VB＝0.6 L 图像如图所示 (3)从A到B压强不变，体积增大 ΔV＝0.6 L－0.4 L＝0.2 L 气体对外做功 W＝－pΔV＝－1.5×105×0.2×10－3 J＝－30 J 则由热力学第一定律可知 ΔU＝W＋Q 即k(300－200)＝150 J－30 J＝120 J 解得k＝1.2 J/K 从B到C体积不变，则W＝0 则ΔUBC＝QBC 即QBC＝kΔTBC＝1.2(400－300)J＝120 J 即B→C过程，气体从外界吸收的热量为120 J。 [练1] 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，其状态变化过程的p－V图像如图。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。求： (1)该气体在状态B、C时的温度分别为多少？ (2)该气体整个过程是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 答案：(1)－173 ℃　27 ℃　(2)放热　200 J 解析：(1)由图像可知：A→B等容变化，由查理定律得＝ 代入数据得TB＝100 K 又T＝273＋t 联立解得tB＝－173 ℃ B→C等压变化，由盖­吕萨克定律得 ＝ 代入数据得TC＝300 K 联立解得tC＝27 ℃。 (2)根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，A→B气体不做功，W1＝0；B→C气体对外做功，W2<0；C→A外界对气体做功，W3>0，但C→A过程的平均压强大于B→C过程的压强，可知|W2|<W3，则有W＝W3＋W2>0，而从A→B→C→A的整个过程中，ΔU＝0，则可知Q<0，即整个过程中气体对外放出热量。而整个过程中外界对物体做的功为W＝W3＋W2＝×105×(3×10－3－1×10－3)J－1×105×(3×10－3－1×10－3)J＝200 J即为图像中三角形的面积，而Q＝－W＝－200 J，则可知气体整个过程放出热量为200 J。 探究点二___热力学定律与气体实验定律的综合应用 1．玻璃管液封模型 (1)气体实验定律及理想气体状态方程 理想气体状态方程：＝C ＝ (2)玻璃管液封模型 求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，要注意： ①液体因重力产生的压强为p＝ρgh(其中h为液体的竖直高度)； ②不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力； ③有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等； ④当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。 2．汽缸类模型 解题的一般思路 (1)确定研究对象 研究对象分两类： ①热学研究对象(一定质量的理想气体)； ②力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。 (2)分析物理过程 ①对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验定律列出方程； ②对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程； ③挖掘题目的隐含条件，如几何关系等，列出辅助方程； ④多个方程联立求解，对求解的结果注意检验它们的合理性。 (3)确定关联气体关系 两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。 3．解决热力学第一定律与气体实验定律的综合问题的步骤 【例2】 (2023·浙江6月选考)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＝600 m3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB＝500 m3。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________(填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力 ________(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。 答案：(1)不变　增大　(2)350 K　(3)11 J 解析：(1)状态A到状态B的过程中，圆筒内气体与热源处于热平衡状态，则圆筒内气体的温度保持不变，其分子平均动能不变；根据一定质量的理想气体状态方程pV＝CT可知，因为从状态A到状态B过程，气体的温度不变，体积减小，所以气体的压强增大，所以圆筒内壁单位面积受到的压力增大。 (2)从状态A到状态B的过程中，气体的温度保持不变，根据玻意耳定律可得： pAVA＝pBVB 在A状态时，根据活塞的平衡状态可得： p0S＝mg＋pAS 其中，S＝100 cm2＝0.01 m2 从状态B到状态C的过程中，气体的体积保持不变，根据查理定律可得： ＝ 联立解得：TC＝350 K。 (3)因为状态A到状态B过程中气体的温度保持不变，则ΔUAB＝0 从状态A到状态C的过程中，根据热力学第一定律可得： ΔUAC＝Q＋WAC 因为状态B到状态C的过程中气体的体积不变，则WAC＝W 根据题意可得：ΔUAC＝ΔU 联立解得：W＝11 J。 【例3】 一横截面积为S＝5.0 cm2的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。当封闭气体的温度t0＝27 ℃时，管内水银柱及空气柱长度L0如图所示。已知外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，水银的密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2。 (1)缓慢降低封闭气体的温度，当封闭气体的长度L＝36 cm时，封闭气体的温度t是多少？ (2)若(1)过程中气体的内能减少了2.5 J，该过程中气体吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？(保留两位有效数字) 答案：(1)－3 ℃　(2)放热　5.0 J 解析：(1)缓慢降低封闭气体的温度，气体做等压变化，根据盖­吕萨克定律，有 ＝ 解得t＝－3 ℃。 (2)封闭气体的压强为 p＝p0＋ρgh 由于气体体积减小，所以外界对气体做功为 W＝pS(L0－L) 根据热力学第一定律 ΔU＝W＋Q 联立解得 Q＝－5.0 J 即该过程中气体放热5.0 J。 [练3] (2023·江苏盐城高二期末统考)一个容器内部呈不规则形状，为测量它的容积，在容器上插入一根两端开口的玻璃管，接口用蜡密封。玻璃管内部横截面积为S，管内一静止水银柱封闭着长度为l1的空气柱，如图所示，此时外界的温度为T1。现把容器浸在温度为T2的热水中，升温过程中气体内能增加了ΔU、气体对外界做的功为W，水银柱静止时下方的空气柱长度变为l2。实验过程中认为大气压没有变化，水银没有溢出。求： (1)气体吸收的热量Q； (2)容器的容积V0。 答案：(1)ΔU＋W　(2) 解析：(1)根据热力学第一定律有 ΔU＝－W＋Q 解得Q＝ΔU＋W (2)根据分析可知，该变化为等压变化，根据盖­吕萨克定律有 ＝ 解得V0＝。 [练4] 某兴趣小组设计了一温度报警装置，原理图如图。一定质量的理想气体被一上表面涂有导电物质的活塞密封在导热汽缸内，活塞厚度不计，质量m＝100 g，横截面积S＝10 cm2，开始时活塞距汽缸底部的高度为h＝6 cm，缸内温度为T1＝360 K。当环境温度上升，活塞缓慢上移Δh＝4 cm，活塞上表面与a、b两触点接触，报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2，试求： (1)该报警装置的报警温度T2； (2)若上述过程气体的内能增加15.96 J，则气体吸收的热量Q为多少。 答案：(1)600 K　(2)20 J 解析：(1)气体发生的是等压变化，由气体实验定律＝ 得＝ 代入数据解得T2＝600 K。 (2)缸内气体压强 p＝p0＋＝1.01×105 Pa 气体等压膨胀对外做功 W＝－pΔV＝－pSΔh＝－4.04 J 由热力学第一定律得 ΔU＝W＋Q 代入数据 Q＝ΔU－W＝15.96 J＋4.04 J＝20 J 则气体吸热20 J。 [对应学生用书P68] 1．一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　　) A．气体从外界吸收热量2.0×105 J B．气体向外界放出热量2.0×105 J C．气体从外界吸收热量6.0×104 J D．气体向外界放出热量6.0×104 J B　解析：由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，故气体对外放出热量2.0×105 J，A、C、D错误，B正确。 2．(多选)如图为一定质量的某理想气体经历状态变化的过程，下列说法正确的是(　　) A．等压变化过程，气体内能减小 B．绝热变化过程，气体内能减小 C．等温变化过程，气体吸收热量 D．整个循环过程，气体对外做功 BD　解析：在等压变化过程中，体积增大，温度升高，气体的内能增加，A错误；在绝热变化过程中，体积增大，气体对外做功，但没有热交换，根据热力学第一定律，内能减小，B正确；在等温变化过程中，体积减小，外界对气体做功，但内能不变，说明气体放出热量，C错误；p－V图线下方面积表示做功大小，显然等压、绝热两过程气体对外做功大于等温过程外界对气体做功大小，所以整个过程气体对外做功，D正确。 3．(多选)如图所示，两端封闭的细玻璃管竖直放置，用一段水银将管内空气分成a、b两部分，玻璃管导热良好。若缓慢转动玻璃管至水平位置，则转动过程中(　　) A．a气体压强变小，吸收热量 B．a气体压强变大，放出热量 C．b气体吸收的热量大于a气体放出的热量 D．b气体吸收的热量小于a气体放出的热量 BC　解析：缓慢转动玻璃管，a气体体积减小，根据玻意耳定律可知，压强增大，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，温度不变，ΔU为零，体积减小，外界对气体做功，W为正，所以Q为负，放热，A错误，B正确；a、b气体体积变化相同，b气体初始压强大，变化过程中平均力大，做功多，根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q，气体温度不变，ΔU为零，所以Q在数值上和W相等，所以Qb＞Qa，C正确，D错误。 4．在如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。已知图线AB的反向延长线通过坐标原点，气体在A点的压强为p＝1.0×105 Pa，在从状态A变化到状态B的过程中，气体吸收的热量Q＝6.0×102 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)8.0×10－3 m3　(2)400 J 解析：(1)由V－T图像中图线AB的反向延长线通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。 由盖­吕萨克定律得：＝； 解得：VB＝VA＝×6.0×10－3 m3＝8.0×10－3 m3。 (2)从A到B气体对外界做功，则 W＝－p(VB－VA)＝－1.0×105×(8.0×10－3－6.0×10－3)J＝－2.0×102 J 根据热力学第一定律：ΔU＝Q＋W 解得：ΔU＝6.0×102 J－2.0×102 J＝4.0×102 J＝400 J。 [课时梯级训练(14)见P170] 学科网（北京）股份有限公司 $$