(共18张PPT)
第三章 热力学定律
微专题三 热力学第一定律与气体实验定律的综合
类型一 判断理想气体状态变化过程中的功、热量以及内能变化
1. 内能变化看温度
（1）由于气体（可看作理想气体）分子间距过大，分子势能忽略不计，只需
考虑分子动能，因此只需判断温度变化。
（2）温度T升高→内能增加→ΔU＞0；温度T降低→内能减少→ΔU＜0。
2. 做功情况看体积
（1）体积V减小→外界对气体做功→W＞0；体积V增大→气体对外界做功 →W＜0。
（2）无阻碍地自由膨胀→W＝0。
3. 吸热和放热
（1）吸热还是放热，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。
（2）绝热过程，不发生热交换。
A. 压强增大
B. 对外做正功
C. 向环境放热
D. 从环境吸热
AC
解析：油气压入油罐的过程中，体积减小，外界对气体做功，由于油罐及加 油枪导热良好且环境温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律可 知油气向环境放热，C正确，B、D错误；油气压入油罐的过程中，体积减 小，温度不变，根据理想气体状态方程可知压强增大，A正确。
类型二 热力学第一定律和气体实验定律的综合
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2】 如图所示，一个开口向下、内壁光滑的汽缸竖直吊在天花板 上。汽缸口设有卡口，厚度不计的活塞横截面积S＝2×10－3 m2，质量m＝4 kg，活塞只能在汽缸内活动，活塞距汽缸底部h1＝20 cm，距缸口h2＝10 cm。汽缸内封闭一定质量的理想气体。已知环境的
温度为T1＝300 K，大气压强p0＝1.0×105 Pa，g取
10 m/s2，汽缸与活塞导热性能良好。升高环境温 度使活塞缓慢下降到缸口，继续升高温度至T2＝
900 K时。
（1）求此时气体压强；
（1）1.6×105 Pa
解析：（1）设气体初状态压强为p1，对活塞由平衡条件得p0S＝p1S＋mg，
（2）在此过程中气体从外界吸收Q＝30 J的热量，求气体内能的增加量ΔU。
（2）14 J
解析：（2）对于封闭气体，在此过程中外界对气体做功为
W＝－p1·ΔV＝－8×104×2×10－3×0.1 J＝－16 J；
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得气体增加的内能为
ΔU＝－16 J＋30 J＝14 J。
方法点拨：
热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路：
类型三 热力学第一定律与气体图像的结合
BCD
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
ACD
A. A→B过程为吸热过程
B. B→C过程为吸热过程
C. 状态A时的压强比状态B时的小
D. 状态A时的内能比状态C时的小(共17张PPT)
第二章 气体、固体和液体
微专题一 封闭气体压强的计算
类型一 平衡态下活塞、汽缸封闭气体压强的计算
1. 求解平衡态下活塞（或汽缸）封闭气体压强的思路
（1）对活塞（或汽缸）进行受力分析，画出受力示意图；
（2）列出活塞（或汽缸）的平衡方程，求出未知量。
注意：不要忘记汽缸底部和活塞外面的大气压强。
2. 例：如图甲所示，汽缸置于水平地面上，活塞质量为m，横截面积为S， 汽缸与活塞之间无摩擦，设大气压强为p0，重力加速度为g，试求封闭气体的 压强。
C
方法点拨：
分析气体压强的方法有两种，一是对活塞受力分析，再对汽缸整体分 析，联立求解；二是对缸套受力分析，即可求解。分析时一定不要忘了 外界的大气压。
D
方法点拨：
对圆板受力分析，需要注意弹力是垂直于接触面向上的，因此这里受力 分析后还需正交分解进行求解。该例题也告诉我们，这里只需考虑竖直 方向上的受力分析，因此研究活塞对气体的压强，我们也只需考虑竖直 方向的有效面积。
类型二 平衡态下液体封闭气体压强的计算
1. 求解平衡态下液体封闭气体压强的方法
（1）取等压面法：根据同种液体在同一水平液面处压强相等，在容器内灵 活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。
（2）参考液片法：选取假想的液体薄片（自身重力不计）为研究对象，分 析液片两侧受力情况，建立平衡方程消去面积，得到液片两侧压强相等，进 而求得气体压强。
（3）力平衡法：选与封闭气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，由F 合＝0列式求气体压强。
2. 例：如图所示，C、D液面水平且等高，液体密度为ρ，重力加速度为g， 其他条件已标于图上，试求封闭气体A的压强。
答：同一水平液面C、D处压强相同，可得pA＝p0＋ρgh。
【典例3】 在竖直放置的U形管内由密度为ρ的两部分液体封闭着两段空气 柱。大气压强为p0，各部分尺寸如图所示。求A、B气体的压强。
pA＝p0＋ρgh1，pB＝p0＋ρg（h1－h2）
解析：方法一：选与气体接触的液柱为研究对象，进行受力分析，利用平衡 条件求解。
求pA：取液柱h1为研究对象，设管的横截面积为S，大气压力和液柱重力方向 向下，A气体产生的压力方向向上，因液柱h1静止，则p0S＋ρgh1S＝pAS，得 pA＝p0＋ρgh1。
求pB：取液柱h2为研究对象，由于h2的下端以下液体的对称性，该部分液体 产生的压强可以不予考虑，A气体的压强由液体传递后对h2的压力方向向 上，B气体压力、液柱h2的重力方向向下，液柱受力平衡，则pBS＋ρgh2S＝ pAS，得pB＝p0＋ρg（h1－h2）。
方法二：取等压面法，根据同种液体在同一液面处压强相等，在U形管内灵 活选取等压面。由两侧压强相等列方程求解压强。求pB时从A气体下端选取 等压面，则有pB＋ρgh2＝pA＝p0＋ρgh1，所以pA＝p0＋ρgh1，pB＝p0＋ρg（h1 －h2）。
方法点拨：
求气体A的压强，只需要对h1这段的液柱进行受力分析，或对这段液柱下底 面进行压强分析；分析气体B的压强，应用等压面法即h2这段的液柱的底面 压强与气体A的压强是相等的。
类型三 容器加速运动时封闭气体压强的计算
1. 求解非平衡态下封闭气体压强的思路
（1）当容器加速运动时，通常选与气体相关联的液柱、汽缸或活塞为研究 对象，并对其进行受力分析，然后由牛顿第二定律列方程，求出封闭气体的 压强。
（2）在对系统进行分析时，可针对具体情况选用整体法或隔离法。
2. 例：如图甲所示，玻璃管开口向上，竖直静止放置，外界大气压强为p0， 液体密度为ρ，高度为h，重力加速度为g，若将上述玻璃管由静止自由释 放，求下落过程中封闭气体的压强。
答：下落过程中对液柱受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律得p0S＋mg－ pS＝ma①，a＝g②，联立①②解得p＝p0。
【典例4】 如图所示，光滑水平面上放有一质量为M的汽缸，汽缸内放有一 质量为m的可在汽缸内无摩擦滑动的活塞，活塞横截面积为S。现用水平恒力 F向右推汽缸，最后汽缸和活塞达到相对静止状态，求此时缸内封闭气体的 压强p。（已知外界大气压强为p0）
方法点拨：
先对汽缸和活塞整体进行受力分析，根据牛顿第二定律F＝ma列出方程；再 对活塞进行受力分析，联立求解，即可求得封闭气体的压强。(共26张PPT)
第二章 气体、固体和液体
微专题二 理想气体的图像问题和关联气体
类型一 理想气体图像问题
名称 图像 特点 其他图像
等
温
线 p-V pV＝CT（C为常量），即p与V的乘 积越大的等温线对应的温度越高， 离原点越远
等
容
线 p-T
等
压
线 V-T
【典例1】 （2024·江西·高考真题）可逆斯特林热机的工作循环如图所示。 一定质量的理想气体经ABCDA完成循环过程，AB和CD均为等温过程，BC和 DA均为等容过程。已知T1＝1 200 K，T2＝300 K，气体在状态A的压强pA＝ 8.0×105 Pa，体积V1＝1.0 m3，气体在状态C的压强pC＝1.0×105 Pa。求：
（1）气体在状态D的压强pD；
（1）2×105 Pa
（2）气体在状态B的体积V2。
（2）2.0 m3
解析：（2）从C到D状态，根据玻意耳定律pCV2＝pDV1，解得V2＝2.0 m3。
方法点拨：
根据理想气体的变化过程，明确过程的始末状态，选择合适的实验定律或者 理想气体状态方程即可。
BD
解析：A到B是等温变化，气体体积变大，压强p变小，B到C是等容变化，在 p-T图像上为过原点的一条倾斜的直线，C到A是等压变化，气体体积减小， 根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；A到B是等温变化，气体 体积变大，B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高，C到A 是等压变化，气体体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C 错误，D正确。
方法点拨：
用图像表述气体状态的变化过程，根据图像或题意，写成气体的实验定律或 理想气体状态方程，然后进行数学变形得出p-T、p-V或V-T之间的函数关 系，即可得状态参量之间的图像关系。
类型二 关联气体
这类问题涉及两部分气体，它们之间虽然没有气体交换，但其压强或体 积间有一定的关系，建立这两部分气体的压强关系和体积关系是解决问 题的关键。
1. 问题特点
两部分或多部分气体被液柱或活塞分开，各部分气体之间存在着压强和体积 关系的关联。
2. 解题思路
（1）分别选取各部分气体为研究对象，确定初、末状态参量，根据气体实 验定律列式求解；
（2）认真分析两部分气体的压强、体积之间的关系，并列出方程；
（3）多个方程联立求解。
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶4 D. 2∶1
B
方法点拨：
分别对A、B容器中的气体进行分析，并列出气体状态方程。找出A、B容器 中气体的状态参量之间的关系，A、B气体的压强相等，体积之和等于初始体 积之和，联立解题。
（1）稳定后活塞乙下降的距离；
（2）若环境温度缓慢升高，当活塞乙恰好回到原来位置时，气体的温度。
方法点拨：
分别对A、B汽缸中的气体进行分析，可以得出A、B中气体的压强关系，又 由于汽缸导热，可知A、B中气体温度与外界环境一致。分别列出A、B中气 体的理想气体状态方程，再通过画示意图，找到活塞下降的高度与体积之间 的关系，最后联立解题。
类型三 试管液柱移动问题
2. 试管中通过液柱产生关联的气体
可以通过液压面法分析关联气体的压强关系，通过作示意图直观得出气体以 及液柱之间的几何关系，最后根据关联气体的始末状态，分别列出理想气体 状态方程或气体实验定律，最后联立解题。
【典例5】 如图所示，两端封闭、粗细均匀、竖直放置的玻璃管内，有一 长为h的水银柱，将管内气体分为两部分，已知l2＝2l1。若使两部分气体同时 升高相同的温度，管内水银柱将如何运动？（设原来温度相同）
水银柱上移
（2）图像法：在同一p-T图像上画出两段气柱的等容线，如图所示，因为在 温度相同时p1＞p2，由图可得气柱l1等容线的斜率较大，当两气柱升高相同的 温度ΔT时，其压强的增量Δp1＞Δp2，所以水银柱上移。
（3）极限法：由于p2较小，设想p2＝0，即上部为真空，升温则p1增大，水银 柱上移，降温则水银柱下降。
方法点拨：
水银柱原来处于平衡状态，所受合外力为零，即此时两部分气体的压强差Δp ＝p1－p2＝ρgh。温度升高后，两部分气体的压强都增大，若Δp1＞Δp2，水银 柱所受合外力方向向上，应向上移动；若Δp1＜Δp2，水银柱向下移动；若Δp1 ＝Δp2，水银柱不动。所以判断水银柱怎样移动，就是分析其合力方向，即判 断两部分气体的压强哪一个增大得多。方法有假设法、图像法以及极限法， 具体见解析。
【典例6】 如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形 管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝7.5 cm的理想气体B，左、右两侧水银面高度差L2＝5 cm，其温度均为280 K。
（1）求初始时理想气体B的压强；
（1）70 cmHg
解析：（1）设理想气体B的初始压强为pB，
则pB＝p0－5 cmHg＝70 cmHg。
（2）保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左、右两侧液面相平时气 体B的温度。
（2）500 K
方法点拨：
找出气体A的各个状态（压强、体积、温度）中的哪些是已知的，哪些是未 知的，然后选择对应的公式列式求解，找出被封闭气体的压强是解决问题的 关键。
