第3章 综合·融通 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题（Word教参）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

本高中物理讲义聚焦热力学第一定律与气体实验定律、状态变化图像的综合应用，系统梳理通过体积变化分析做功、温度变化分析内能的方法，结合盖-吕萨克定律等实验定律及p-V图像，构建从规律应用到图像分析的知识支架。 资料以高考典例为引领，通过“知能融会通”“思维建模”“题点全练清”环节，培养学生物理观念中的能量观念、科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中助力教师高效授课，课后学生可通过分层练习巩固知识，查漏补缺。

综合·融通　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 (融会课——主题串知综合应用) 　　热力学第一定律和气体实验定律是高考命题的重点和热点,有单独考查,也有热力学第一定律和气体实验定律及相关图像的综合考查。 主题(一)　热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 [知能融会通] 1.利用体积的变化分析做功情况。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.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,内能增加;温度降低,内能减少。 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。 [典例]　(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)由题意可知,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 气体对外界做的功W=pSΔh=h(p0S+mg) 根据热力学第一定律可知,此过程中容器内气体吸收的热量Q=ΔU+W=h(p0S+mg)+CT0。 [答案]　(1)T0　(2)h(p0S+mg)+CT0 　　[思维建模] 解决热力学第一定律与气体实验定律综合问题的思路 [题点全练清] 1.一个气泡从恒温水槽的底部缓慢上浮,将气泡内的气体视为理想气体,且气体分子个数不变,外界大气压不变。在上浮过程中气泡内气体 (　　) A.内能变大 B.压强变大 C.体积不变 D.从水中吸热 解析:选D　上浮过程气泡内气体的温度不变,内能不变,故A错误;气泡内气体压强p=p0+ρ水gh,故上浮过程气泡内气体的压强减小,故B错误;由玻意耳定律pV=C知,气体的体积变大,故C错误;上浮过程气体体积变大,气体对外做功,由热力学第一定律ΔU=Q+W知,气体从水中吸热,故D正确。 2.如图所示,内壁光滑且长为L=60 cm的绝热汽缸固定在水平面上,汽缸内用横截面积为S=100 cm2的绝热活塞(厚度不计)封闭着温度为t0=27 ℃的理想气体,开始时处于静止状态的活塞位于距左侧汽缸底l=40 cm处。现用电热丝对封闭的理想气体加热,使活塞缓慢向右移动(已知大气压强为p0=1.0×105 Pa)。 (1)试计算当温度升高到t=402 ℃时,汽缸内封闭气体的压强p; (2)若汽缸内电热丝的电阻R=100 Ω,加热时通过电热丝的电流为I=0.3 A,此变化过程共持续了t1=200 s,不计电热丝由于温度升高而吸收的热量,试计算气体增加的内能ΔU。 解析:(1)当活塞恰好移动到汽缸口时,封闭气体发生等压变化,则有= 其中T1=(t0+273)K=300 K 解得T2=450 K=177 ℃ 由于177 ℃<402 ℃,所以气体发生等压变化后再发生等容变化,则有=,其中T3=(t+273)K=675 K 解得当温度升高到402 ℃时,汽缸内封闭气体的压强p=1.5×105 Pa。 (2)根据热力学第一定律得ΔU=W+Q,外界对气体做的功为W=p0S(l-L) 封闭气体吸收的热量Q=I2Rt1, 解得ΔU=1 600 J。 答案:(1)1.5×105 Pa　(2)1 600 J 3.(2025·山东高考)如图所示,上端开口、下端封闭的足够长玻璃管竖直固定于调温装置内。玻璃管导热性能良好,管内横截面积为S,用轻质活塞封闭一定质量的理想气体。大气压强为p0,活塞与玻璃管之间的滑动摩擦力大小恒为f0=p0S,等于最大静摩擦力。用调温装置对封闭气体缓慢加热,T1=330 K时,气柱高度为h1,活塞开始缓慢上升;继续缓慢加热至T2=440 K时停止加热,活塞不再上升;再缓慢降低气体温度,活塞位置保持不变,直到降温至T3=400 K时,活塞才开始缓慢下降;温度缓慢降至T4=330 K时,保持温度不变,活塞不再下降。求: (1)T2=440 K时,气柱高度h2; (2)从T1状态到T4状态的过程中,封闭气体吸收的净热量Q(扣除放热后净吸收的热量)。 解析:(1)T1→T2为升温过程,气体等压膨胀,由盖⁃吕萨克定律有= 解得h2=h1。 (2)T1→T2为升温过程,气体等压膨胀, 对活塞受力分析,由平衡条件有p0S+f0=p1S 解得理想气体压强p1=p0 外界对气体做功W1=-p1(h2-h1)S 解得W1=- T2→T3为降温过程,气体做等容变化,外界对气体做功W2=0 T3→T4为降温过程,气体等压压缩,由盖⁃吕萨克定律有= 解得h4=h1 活塞受力平衡有p0S=f0+p3S 解得理想气体压强p3=p0 外界对气体做功W3=p3(h2-h4)S 解得W3= 全程中外界对气体做功W=W1+W2+W3= 因为T1=T4,故理想气体内能变化量ΔU=0 根据热力学第一定律ΔU=W+Q 解得Q=。 答案:(1)h1　(2) 主题(二)　热力学第一定律与气体状态变化图像的综合问题 [知能融会通] 1.“两明确”巧析气体状态变化图像 (1)明确点、线的物理意义:点表示一个平衡状态,对应相应气体状态参量;线表示理想气体状态变化的一个过程。 (2)明确斜率的物理意义:利用=C变形为正比例函数关系,确定斜率的意义。 2.通过分析,选择相应气体方程列式分析、计算。 3.做功分析与计算 (1)体积增大,气体对外界做功;体积减小,外界对气体做功。 (2)等压变化利用W=pΔV计算;p⁃V图像中图线与V轴所围面积表示做功绝对值大小。 4.利用ΔU=W+Q分析求解问题。 　　[典例]　某同学用光滑活塞将一定质量的空气(视为理想气体)封闭在汽缸内,并对汽缸内气体加热,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。 [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,根据热力学第一定律有ΔU=Q-W,解得ΔU=70 J。 [答案]　(1)560 K　(2)70 J 　　[思维建模] 解决热力学第一定律与气体状态变化图像综合问题的思路 [题点全练清] 1.(多选)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b的p⁃T图像如图所示。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　由题图可知,a、b连线的反向延长线过坐标原点,由=C可知,气体从状态a变化到状态b的过程中,气体的体积不变,气体对外不做功,选项A错误;由题图可知,气体从状态a变化到状态b的过程中,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其内能的增加量,选项C、D正确。 2.(2024·海南高考)(多选)一定质量的理想气体从状态a开始经ab、bc、ca三个过程回到原状态,已知ab垂直于T轴,bc延长线过O点,下列说法正确的是 (　　) A.bc过程外界对气体做功 B.ca过程气体压强不变 C.ab过程气体放出热量 D.ca过程气体内能减小 解析:选AC　bc过程体积减小,外界对气体做功,故A正确;由理想气体状态方程=C,整理可得V=·T,可知V⁃T图像上某点与原点连线的斜率越大,该点的压强越小,故pa<pb=pc,可知ca过程气体压强减小,故B错误;ab过程为等温变化,内能不变,故ΔU=0,体积减小,外界对气体做功,故W>0,根据热力学第一定律ΔU=Q+W,可得Q<0,故ab过程气体放出热量,故C正确;ca过程温度升高,内能增大,故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $