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（课件PPT）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第三册（人教版）

该高中物理课件聚焦热力学第一定律与气体实验定律及状态变化图像的综合应用，从高考重点切入，通过“知能融会通”提炼体积功、温度内能、热力学第一定律吸放热判断等基础规律，结合典例解析与“思维建模”四步思路（确定对象、状态分析、过程分析、列方程）搭建学习支架，衔接知识脉络。 其亮点在于以科学思维（模型建构、科学推理）和科学探究（证据分析）为核心，通过2024湖北高考等真题典例、题点全练清及结构化思维建模，帮助学生形成综合问题解决思路，提升物理观念与科学思维，教师可直接用于教学，高效落实核心素养培养。

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) 综合•融通 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 主题(二)　热力学第一定律与 气体状态变化图像的综合问题 01 02 CONTENTS 目录 课时跟踪检测 03 主题(一)　热力学第一定律 与气体实验定律的综合问题 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。 知能融会通 [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。 [答案]　T0 [解析]　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)此过程中容器内气体吸收的热量。 [答案]　h(p0S+mg)+CT0 [解析]　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。 [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 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 题点全练清 √ 解析：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； 答案：1.5×105 Pa 解析：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)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。 答案：1 600 J3. 解析：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。 (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； 答案：h1 解析：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)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)。 答案： 解析：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=。 主题(二)　热力学第一定律与 气体状态变化图像的综合问题 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。 知能融会通 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； [答案]　560 K [解析]　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)该过程中气体内能的增量ΔU。 [答案]　70 J [解析]　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。 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 思维建模 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 题点全练清 √ √ √ 解析：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：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。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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。在此过程中 (　　) A.气体温度一直降低 B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功 D.气体一直向外界放热 √ √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：一定质量的理想气体从a到b的过程，由理想气体状态方程可知=，则Tb>Ta，即气体的温度一直升高，A错误；根据理想气体的内能只与温度有关，可知气体的内能一直增加，B正确；由于从a到b的过程中气体的体积增大，所以气体一直对外做功，C正确；根据热力学第一定律可知，从a到b的过程中气体一直从外界吸热，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·黑吉辽蒙高考)某同学冬季乘火车旅行，在寒冷的站台上从气密性良好的糖果瓶中取出糖果后拧紧瓶盖，将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，与刚进入车厢时相比，瓶内气体 (　　) A.内能变小　　　　　 B.压强变大 C.分子的数密度变大 D.每个分子动能都变大 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：将糖果瓶带入温暖的车厢内一段时间后，瓶内气体体积不变，外界对气体不做功，即W=0，瓶内气体温度升高，从外界吸收热量，即Q>0，由热力学第一定律可知ΔU=W+Q>0，即瓶内气体内能变大，故A错误；将糖果瓶带入温暖的车厢内，瓶内气体做等容变化，根据=C，可知温度升高，则压强变大，故B正确；瓶内气体分子数量不变、体积不变，则瓶内气体分子的数密度不变，故C错误；温度升高，瓶内气体分子的平均动能增大，但不是每个分子的动能都增大，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.一定质量的理想气体从状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其V⁃T图像如图所示，下列说法中正确的是 (　　) A.a、b和c三个状态，气体分子的平均动能相等 B.过程ab中气体既不吸热也不放热 C.过程bc中气体向外界放出热量 D.a和c两个状态，容器单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题图可知，a、b和c三个状态中，c状态温度最低，气体分子平均动能最小，A错误；过程ab中温度不变，则内能不变，又因为体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，B错误；过程bc中气体的温度和体积都减小，则内能减少，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，C正确；ca过程气体发生等容变化，气体温度升高，内能增大，根据查理定律可知气体压强增大，所以a和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.(2025·甘肃兰州高二期末)如图所示，一定质量的 理想气体，由状态a经状态b变化到状态c，下列说法正确 的是 (　　) A.状态a的温度低于状态b的温度 B.由状态a到状态b的过程，气体对外界做功 C.由状态b到状态c的过程，气体放出热量 D.由状态a到状态b的过程，单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数增大 √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：由题图可知，由状态a到状态b的过程，理想气体的压强不变，体积减小，外界对气体做功，根据=C，可知状态a的温度高于状态b的温度，故A、B错误；由题图可知，由状态b到状态c的过程，理想气体体积保持不变，与外界没有做功，压强增大，由=C，可知理想气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知Q>0，即气体吸收热量，故C错误；由题图可知，由状态a到状态b的过程，气体体积减小，分子数密度增加，由以上分析可知，气体温度降低，分子的平均动能减小，而压强保持不变，则单位时间内与容器壁单位面积碰撞的分子数增大，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.(多选)某汽车机舱盖的支撑杆由汽缸和活塞组成。打开机舱盖时，汽缸内密闭气体膨胀，将机舱盖顶起。在此过程中，汽缸内气体可视为理想气体，忽略汽缸内气体与外界的热交换。对于汽缸内的气体，下列说法正确的是 (　　) A.压强减小 B.内能减小 C.分子势能减小 D.分子平均动能减小 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：气体将机舱盖顶起，即气体对外做功，W<0，忽略汽缸内气体与外界的热交换，则Q=0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知，ΔU<0，即气体的内能减小，而对于一定量的理想气体而言，内能减小则温度降低，而温度又是气体分子平均动能的标志，温度降低则分子平均动能减小，故B、D正确；汽缸内密闭气体膨胀，即气体的体积增大，同时气体温度降低，由理想气体状态方程=C可知，汽缸内气体的压强一定减小，故A正确；汽缸内气体可视为理想气体，而理想气体不考虑分子势能，认为分子势能始终为零，故C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(多选)夏天，从湖底形成的气泡在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂，如图所示。若越接近湖面，湖内水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内气体看作理想气体。则气泡上升过程中，以下说法正确的是 (　　) A.气泡内气体对外界做功 B.气泡内气体分子平均动能增大 C.气泡内气体温度升高导致放热 D.气泡内气体的压强可能不变 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡上升过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程=C可知，体积一定增大，气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误；温度是分子平均动能的标志，温度升高，气泡内气体分子平均动能增大，气泡内气体内能增大，即ΔU>0，体积增大，即W<0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可得Q>0，即气泡内的气体吸热，故B正确，C错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·葫芦岛高二期末)(多选)一定质量的理想气体 压强p与热力学温度T的变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加 B.A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量 C.B→C的过程中，气体体积减小，外界对气体做功 D.B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据理想气体状态方程=C，可得p=·T，结合题图，A→B的过程p⁃T图像为一条过原点的直线可知A→B的过程，是等容升温过程，气体对外界不做功，气体内能增加，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，从外界吸收的热量等于其内能的增加量，故A错误，B正确；B→C的过程是等温过程，由题图可知，气体压强增大，根据玻意耳定律可知气体体积减小，外界对气体做功，由于温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可知气体放出热量，故C正确，D错误。 8.(多选)一定质量的理想气体，初始温度为300 K，压强为1×105 Pa。经等容过程，该气体吸收400 J的热量后温度上升100 K；若经等压过程，需要吸收600 J的热量才能使气体温度上升100 K。下列说法正确的是 (　　) A.初始状态下，气体的体积为6 L B.等压过程中，气体对外做功400 J C.等压过程中，气体体积增加了原体积的 D.两个过程中，气体的内能增加量都为400 J 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：令理想气体的初始状态的压强、体积和温度分别为p1=p0，V1=V0，T1=300 K，经等容过程压强为p2，体积V2=V1=V0，温度T2=400 K，经等压过程压强为p3=p0，体积变为V3，温度T3=400 K，由理想气体状态方程可得==，解得p2=p0，V3=V0，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU=W+Q=400 J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加量都为400 J，D正确；等压过程内能增加了400 J，吸收热量为600 J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200 J，即做功的大小为W=p0=200 J，解得V0=6 L，A正确，B错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(15分)(2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好、带有吸 管的瓶子，通过瓶塞密闭T1 = 300 K、体积V1 =1×103 cm3 处于 状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm。将瓶 子放进T2=303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在 瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J；大气压强p0 = 1.0×105 Pa，水的密度ρ=1.0 × 103kg/m3，重力加速度g取10 m/s2；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)从状态2到状态3，气体分子平均速率_______(选填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数_______ (选填“增大”“不变”或“减小”)；(3分)  　减小 不变 解析：从状态2到状态3，温度保持不变，则气体分子平均速率不变。气体达到状态3时，管内和瓶内水面等高，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)求气体在状态3的体积V3；(6分) 答案：1.020 1 × 103 cm3 解析：气体从状态1到状态2的过程，由盖⁃吕萨克定律= 解得V2=1.01×103 cm3 此时气体压强为p2=p1=p0+ρgh=1.01×105 Pa 气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律p2V2=p3V3 其中p3=p0 代入数据解得V3=1.020 1×103 cm3。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。(6分) 答案：2.53 J 解析：从状态1到状态2的过程中，气体对外做功为W1=p1(V2-V1) =1.01 J 从状态2到状态3，气体对外做功W2=1.02 J 从状态1到状态3，气体吸收热量Q=4.56 J 由热力学第一定律ΔU=Q-(W1+W2) 代入数据解得ΔU=2.53 J。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(16分)(2025·陕西榆林高二期末)如图所示，高为h=40 cm 的导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和 缸口均有卡环，质量为m=2 kg的活塞在缸内封闭了一定质量的理 想气体，活塞的横截面积为S=40 cm2，活塞与汽缸内壁无摩擦且 汽缸不漏气，开始时，活塞对中间卡环的压力大小为20 N，活塞离缸底的高度为20 cm，大气压强为p0=1×105 Pa，环境的热力学温度为T0=300 K，重力加速度大小为g=10 m/s2，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (1)若保持汽缸静止，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为30 cm，求此时环境的热力学温度。(8分) 答案：472.5 K 解析：未升高温度时，对活塞受力分析，可得FN=mg 即汽缸内气体压强等于大气压强，有p1=p0 缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为30 cm时，由平衡条件有p2S=p0S+mg 由理想气体状态方程可得= 解得T2=472.5 K。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 (2)已知在第(1)问的过程中汽缸内气体内能变化为36 J，求在此过程中气体吸收的热量。(8分) 答案：78 J 解析：在第(1)问的过程中，气体的温度升高，则气体内能增加，开始时气体做等容变化，气体对外界不做功，之后气体做等压膨胀变化，气体对外做功，大小为W=-p2·ΔV=-p2S=-42 J 由热力学第一定律有ΔU=W+Q 解得Q=78 J 此过程中吸收的热量为78 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $