高效作业17 拓展与归类•专题研析2 热力学第一定律的综合应用-【精彩三年】2023-2024学年新教材高中物理选择性必修第三册课程探究与巩固教师用书配套word（人教版）

高效作业17 [拓展与归类·专题研析2　热力学第一定律的综合应用] (见学生用书P105) [A级　新教材落实与巩固] 1．某带活塞的汽缸里装有一定质量的理想气体，气体经历A→B，B→C，C→D，D→A四个变化过程，如图所示。已知状态A的温度为7 ℃，则下列说法正确的是(　D　) A．状态B的温度TB＝287 K B．A→B过程，气体对外做功100 J C．C→D过程，气体对外做功140 J D．从状态A又回到状态A的过程中，气体吸热 【解析】 状态A的温度为T＝t＋273 K＝(7＋273)K＝280 K，A→B过程，压强不变，体积由2 L变为4 L，即变为原来的2倍，由盖­吕萨克定律可知，温度变为原来的2倍，即状态B时温度为560 K，故A错误；由图像可知，AB与V轴围成的面积为A→B过程气体对外做功的多少，即W1＝p1ΔV1＝200 J，故B错误；同理，C→D过程外界对气体做功W2＝p2ΔV2＝140 J，故C错误；从状态A又回到状态A，气体内能不变，即ΔU＝0，此过程中外界对气体做功W＝W2－W1＝－60 J，由热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W，解得Q＝60 J，即气体吸热，故D正确。 2．对于一定质量的理想气体，下列过程不可能发生的是(　B　) A．气体膨胀对外做功，温度升高，内能增加 B．气体吸热，温度降低，内能不变 C．气体放热，压强增大，内能增大 D．气体放热，温度不变，内能不变 【解析】 理想气体的内能只与温度有关，气体膨胀对外做功，若吸收热量，其温度可能升高，内能增加，故A项过程可能发生；气体吸热，若同时气体可以膨胀对外做功，温度可以降低，但是内能一定减小，故B项过程不可能发生；气体放热，若同时外界可以对气体做功，体积减小，其温度可能升高，内能增大，根据理想气体状态方程＝C可知，压强增大，故C项过程可能发生；气体放热，若同时外界可以对气体做功，温度可能不变，则内能也不变，故D项过程可能发生。 3．一定质量的理想气体由状态a变化到状态c，其过程如p­V图中a→c线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是(　B　) A． a→b是等温过程 B．a→b过程中，气体吸热 C．a→c过程中，状态b的温度最低 D．a→c过程中，外界对气体做正功 【解析】 由理想气体状态方程＝C，可知在p­V图像中任意一点的横纵坐标的乘积反映了温度的大小，且两者的乘积越大对应的温度越高。在a状态Sa＝3p0V0，在b状态Sb＝4p0V0，在c状态Sc＝3p0V0，由此可知Tb>Ta＝Tc，A、C错误。对于一定质量的理想气体，当气体的体积增大时，气体对外做功，即外界对气体做负功，W<0；当气体的体积缩小时，外界对气体做正功，W>0，由此可知，气体在a→b、a→c过程中，气体的体积都在增大，外界对气体均做负功，故D错误。对于一定质量的理想气体，其内能只与温度有关，温度越高，内能越大，再结合热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，在a→b的过程中，气体的内能增加，即ΔU >0；根据上面的分析可知，外界对气体做负功，W<0，故必有Q>0，则在a→b过程中，气体要从外界吸热，故B正确。 4．一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的变化图像如图所示，在此过程中，该系统(　A　) 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 【解析】 一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，体积增大，理想气体对外界做正功，A正确；由题图可知，V＝V0＋kT，根据理想气体的状态方程有＝C，联立可得p＝，则当T增大时，p增大，B错误；理想气体从状态a变化到状态b，温度升高，内能增加，D错误；理想气体从状态a变化到状态b，由以上分析可知，理想气体对外界做正功且内能增大，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，C错误。 5．一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中p1＝3p2，V2＝4V1，状态1、2对应的温度分别为T1、T2，由状态1变化到状态2(气体外界非真空)的过程中，下列说法正确的是(　C　) A．气体对外做功，温度降低 B．气体分子热运动的平均动能不变 C．气体内能增加，一定从外界吸收热量 D．在单位时间内，器壁单位面积上受分子撞击的次数增多 【解析】 根据理想气体状态方程＝C，可得＝，可得T1＝T2，说明从状态1变化到状态2，气体温度升高，分子平均动能增加，气体内能增加(ΔU>0)；由题图可知，从状态1到状态2气体体积变大，则气体对外做功(W<0)，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q>0，气体从外界吸收热量，故A、B错误，C正确；分子平均动能增加，气体分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，所以器壁单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，故D错误。 6．(多选)一定质量的理想气体从状态M可以经历过程1或者过程2到达状态N，其p­V图像如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。关于这两个过程，下列说法正确的是(　CD　) A．气体经历过程1，外界对气体做功 B．气体经历过程1，内能可能增加 C．气体经历过程2，先放热后吸热 D．气体经历过程1的内能改变量与经历过程2的内能改变量一定相同 【解析】 由题图可知气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外界做功，Q1＝0，根据热力学第一定律可得内能减少，故温度降低，即TN<TM，故A、B错误。气体经历过程2时，根据理想气体状态方程＝C可知，第一阶段，体积不变，压强减小，温度降低，内能减少，ΔU2<0，W2＝0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q2<0，即气体对外界放热；第二阶段，压强不变，体积变大，则温度升高，内能增加，ΔU3>0，气体膨胀对外做功，W3<0，故根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，Q>0，气体从外界吸热，故C正确。无论是经过过程1还是过程2，初、末状态相同，故内能改变量相同，故D正确。 7．一定质量的理想气体从状态a开始，经历a→b→c→d→a一次循环回到原状态，其体积随热力学温度变化的图像如图所示，其中ab、dc均垂直于横轴，ad、bc的延长线均过原点O。下列表述不正确的是(　C　) A．在d→a过程中，气体从外界吸收热量 B．在d→a过程中，在单位时间、单位面积上碰撞容器壁的气体分子数减少 C．在b→c过程中，外界对气体做的功小于在d→a过程中气体对外界做的功 D．经历a→b→c→d→a一次循环，气体放出热量 【解析】 在d→a过程中，体积增大，气体对外界做功，又气体温度升高，内能变大，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，A正确。在d→a过程中，由理想气体状态方程＝C可知，气体压强不变，体积变大，故在单位时间、单位面积上碰撞容器壁的气体分子数减少，B正确。由理想气体状态方程＝C可知，在b→c过程中，气体发生等压变化，故b→c过程中外界对气体做的功为Wbc＝pbcΔVbc＝C(Tc－Tb)；在d→a过程中气体发生等压变化，故d→a过程中气体对外界做的功为Wda＝pdaΔVda＝C(Ta－Td)，根据图像可知Ta＝Tb，Tc＝Td，故Wbc＝－Wda，即在b→c过程中外界对气体做的功等于在d→a过程中气体对外界做的功，C错误。由于在a→b→c过程中气体的平均压强大于在c→d→a过程的平均压强，则在a→b→c过程中外界对气体做功大于在c→d→a过程中气体对外界做的功，则经历a→b→c→d→a一次循环，整个过程外界对气体做正功；回到状态a，温度相同，内能不变，根据热力学第一定律可知整个过程气体放出热量，D正确。 8．如图所示，在一个空的铝制易拉罐中插入一根透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(长度可以忽略)。如果不计大气压的变化，这就是一个简易“温度计”。已知大气压强是1.0×105 Pa，易拉罐的容积是300 cm3，均匀吸管内部的横截面积为0.2 cm2，吸管露在外面的长度为20 cm，当温度为27 ℃时，油柱刚好在吸管和易拉罐的接口处。缓慢升高环境温度，易拉罐中气体从外界吸热10 J，油柱恰好到达吸管管口，求： (1)此时环境温度T。 (2)易拉罐中气体内能的变化量ΔU。 【答案】 (1)304 K　(2)9.6 J 【解析】 (1)易拉罐中气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律＝C， 可得＝， 解得T＝304 K。 (2)被封闭气体体积增大，外界对气体做功 W＝－1.0×105×0.2×10-4×0.2 J＝－0.4 J， 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得 ΔU＝－0.4 J＋10 J＝9.6 J。 9．如图所示，用面积S＝10 cm2的活塞在光滑汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞上放一个砝码，活塞和砝码的总质量m＝2 kg，开始时汽缸内的气体的温度T1＝300 K，缸内气体的高度h＝40 cm。现对缸内气体缓慢加热使缸内气体的温度升高到T2＝400 K。已知加热过程中气体吸收的热量Q＝420 J，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)加热过程活塞上升的高度Δh。 (2)加热过程中被封闭气体内能的变化量ΔU。 【答案】 (1) cm　(2)404 J 【解析】 (1)缓慢升温过程，封闭气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得 ＝， 代入数据解得Δh＝ cm。 (2)对活塞受力分析，根据平衡条件得pS＝p0S＋mg， 气体膨胀对外做功W′＝FΔh＝pSΔh＝(p0S＋mg)Δh， 代入数据解得W′＝16 J， 根据热力学第一定律得ΔU＝W＋Q， 因为气体膨胀发生等压变化，故外界对气体做的功为负功， W＝－W′＝－16 J， 所以气体内能的变化量ΔU＝－16 J＋420 J＝404 J。 10．长途旅行出发之前，小王检查轮胎的充气情况，发现轮胎的胎压为3.15×105 Pa，温度为15 ℃。在高速公路上行驶几个小时后，轮胎内气体从外界吸收2 600 J的热量，检查轮胎的胎压为3.50×105 Pa。轮胎制造商建议胎压保持在2.91×105 Pa至3.21×105 Pa之间，于是小王将轮胎中的一些气体放掉，使胎压重新降为3.15×105 Pa。假设整个过程中轮胎的体积不变，放气过程中温度保持不变。 (1)胎压为3.50×105 Pa时，求胎内气体的温度。 (2)未放气前，胎压从3.15×105 Pa变为3.50×105 Pa过程中，求气体内能的增加量。 (3)求从轮胎中放掉气体的分子数目占总数目的比例。 【答案】 (1)47 ℃　(2)2 600 J　(3) 【解析】 (1)整个过程中轮胎的体积不变，气体发生等容变化，由查理定律得 ＝， 解得T2＝＝K＝320 K＝47 ℃。 (2)未放气前，轮胎的体积不变，所以气体对外界没有做功。由热力学第一定律可得，气体内能的增加量 ΔU＝Q＝2 600 J。 (3)放气过程中气体温度保持不变，由玻意耳定律得 p2V1＝p1(V1＋ΔV)， 则ΔV＝＝， 则从轮胎中放掉气体的分子数目占总数目的比例 ＝＝。 11．一定质量的理想气体从状态A经状态B变化到状态C，其p­图像如图甲所示，已知C点对应的温度为300 K。 (1)求B点对应的温度。 (2)在图乙上作出从状态A变化到状态C的图像，并在图中标出A、B、C三个状态。 (3)求在状态A变化到状态C的过程中气体吸收的热量Q。 　 【答案】 (1)600 K　(2)见解析图　(3)2×105 J 【解析】 (1)由题图甲得pA＝pB，VA＝VB， A、C在等温线上，TA＝TC＝300 K， 从状态A到状态B过程中，由理想气体状态方程得 ＝， 解得TB＝600 K。 (2)如图所示。 (3)由图像可知状态A和状态C温度相同，内能相同；在状态A变化到状态C的过程中，由热力学第一定律知气体吸收的热量等于气体对外界所做的功， Q＝WAB＝pΔV＝2×105×(2－1) J＝2×105 J。 12．一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，其状态变化过程的p­V图像如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。 (1)求该气体在状态B、C时的温度。 (2)该气体从状态A到状态C的过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？ 【答案】 (1)－73 ℃　27 ℃　(2)吸热　200 J 【解析】 (1)状态A：TA＝300 K，pA＝3×105 Pa，VA＝2×10-3 m3； 状态B：pB＝2×105 Pa，VB＝2×10-3 m3； 状态C：pC＝2×105 Pa，VC＝3×10-3 m3。 A到B过程，气体发生等容变化，由查理定律得＝， 代入数据解得TB＝200 K＝－73 ℃， B到C过程，气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得 ＝， 代入数据解得TC＝300 K＝27 ℃。 (2)由上面分析可知TC＝TA，气体从状态A到状态C的过程中内能没有变化，即ΔU＝0， 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W， 解得Q＝－W， 气体在由状态B到状态C过程外界对气体做功 W＝－pΔV＝－2×105×(3×10-3－2×10-3)J＝－200 J， 即Q＝200 J， Q是正值，故气体在整个过程中吸热。 13．某物理兴趣小组设计了一款火警报警装置，原理图如图所示：质量M＝2 kg的汽缸通过细线悬挂在天花板下，质量m＝0.2 kg、横截面积S＝10 cm2的活塞将一定质量的理想气体密封在导热汽缸内。开始时活塞距汽缸底部的高度h＝20 cm，缸内气体温度T1＝300 K；当环境温度上升，活塞缓慢下移Δh＝5 cm时，活塞表面(涂有导电物质)恰与a、b两触点接触，蜂鸣器发出报警声。不计活塞与汽缸之间的摩擦，活塞厚度可忽略，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)缸内气体的压强。 (2)蜂鸣器刚报警时的环境温度T2。 (3)该过程中，气体对活塞做的功。 【答案】 (1)9.8×104 Pa　(2)375 K　(3)4.9 J 【解析】 (1)对活塞由平衡条件可得p0S＝p1S＋mg， 解得p1＝9.8×104 Pa。 (2)汽缸内气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得＝， 则＝， 解得T2＝375 K。 (3)气体等压膨胀对活塞做功W＝p1SΔh＝4.9 J。 14．某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA＝300 K、活塞与容器底的距离h0＝30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d＝3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC＝363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中，气体内能增加了ΔU＝158 J。大气压p0＝0.99×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)气体在状态B的温度。 (2)气体在状态C的压强。 (3)气体由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。 【答案】 (1)330 K　(2)1.1×105 Pa　(3)188 J 【解析】 (1)根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，封闭气体的压强不变，气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得＝， 解得TB＝TA＝TA＝330 K。 (2)从状态A到状态B的过程中，活塞缓慢上升，对活塞由平衡条件可得 pBS＝p0S＋mg， 解得pB＝1×105 Pa。 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，气体发生等容变化，由查理定律可得 ＝， 解得pC＝pB＝1.1×105 Pa。 (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外界做功为W0＝pBSd＝30 J， 则外界对气体做功为W＝－W0＝－30 J， 由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q， 解得Q＝ΔU－W＝188 J。 15．如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸高度为L，底面积为S，缸内有一质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体。现用细绳系住汽缸底将汽缸倒过来悬挂，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0，温度为T0。已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞与缸体的厚度及它们间的摩擦。若采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，在此过程中： (1)求气体温度的变化量ΔT。 (2)求缸内气体对活塞做的功。 (3)若缸内气体的内能增加量为ΔU，求气体吸收的热量。 【答案】 (1)T0　(2)(p0S－mg)(L－L0)　 (3)ΔU＋(p0S－mg)(L－L0) 【解析】 (1)在活塞与汽缸脱离前，气体发生等压变化，由盖­吕萨克定律得＝， 解得T＝， 所以ΔT＝T－T0＝T0。 (2)对活塞，由平衡条件得mg＋pS＝p0S， 气体对活塞做功W0＝Fl＝pSl＝pS(L－L0)， 联立解得W0＝(p0S－mg)(L－L0)。 (3)由(2)可知，外界对气体做功W＝－W0， 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q， 联立解得气体吸收的热量Q＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)。 16．气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm。已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg。 (1)求恒温槽的温度。 【答案】 (1)91 ℃ (2)此过程A内气体内能__增大__(填“增大”或“减小”)，气体不对外做功，气体__吸热__(填“吸热”或“放热”)。 【解析】 (1)设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K， A内气体发生等容变化，根据查理定律得＝， p1＝p0＋ρgh1， p2＝p0＋ρgh2， 联立以上几式，代入数据解得T2＝364 K(或91 ℃)。 (2)由以上分析知，气体发生等容变化，温度升高，内能增大，气体不对外做功，由热力学第一定律知，气体吸收热量。 17．如图所示，质量m＝0.5 kg的金属圆柱形汽缸内封闭有长为l0＝1 m的空气，汽缸与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，截面为T形的活塞与竖直墙面接触且无挤压力，活塞底面积S＝1×10-3 m2。忽略活塞与汽缸间的摩擦，环境温度稳定，汽缸内的空气可视为理想气体，大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。现用水平外力F使汽缸缓慢向右运动。 (1)当汽缸向右运动l＝0.6 m 时，求： ①此时汽缸内空气的压强。 ②此时外力F的大小。 (2)在汽缸缓慢向右运动的过程中，请判断气体是吸热还是放热？并比较外界对汽缸内气体所做的功W与气体跟外界交换的热量Q的大小并说明理由。 【答案】 (1)①2.5×105 Pa　②152 N　(2)见解析 【解析】 (1)①汽缸在移动过程中，缸内气体发生等温变化，根据玻意耳定律得p0l0S＝p(l0－l)S， 解得压强p＝2.5×105 Pa。 ②对圆柱形汽缸受力分析，由平衡条件得 p0S＋F＝pS＋μmg， 解得F＝152 N。 (2)汽缸内的气体可以看成是理想气体，环境温度不变，其内能保持不变，即ΔU＝0， 压缩气体的过程中，外界对气体做正功，故W>0， 根据热力学第一定律可得ΔU＝Q＋W， 解得Q＝－W<0， 故气体向外界放出热量，且外界对汽缸内气体所做的功W与气体跟外界变换的热量Q大小相等。 18．如图所示，水平地面上放置一个内壁光滑的绝热汽缸，汽缸开口朝上，缸内通过轻质活塞封闭一部分气体。初态时气体压强为1个标准大气压，温度为27 ℃，活塞到汽缸底部距离为30 cm。现对缸内气体缓慢加热到427 ℃，缸内气体膨胀而使活塞缓慢上移，这一过程气体内能增加了100 J。已知，汽缸横截面积为50 cm2、总长为50 cm，1个标准大气压强为1.0×105 Pa。汽缸上端开口小于活塞面积，不计活塞厚度，封闭气体可视为理想气体。求： (1)活塞刚到汽缸顶部时封闭气体的温度。 (2)末态时(427 ℃)缸内封闭气体的压强。 (3)封闭气体在整个过程中吸收的热量。 【答案】 (1)500 K(或227 ℃)　(2)1.4×105 Pa　(3)200 J 【解析】 (1)由题意可知，在活塞移动到汽缸口的过程中，气体发生的是等压变化。设活塞的横截面积为S，活塞未移动时封闭气体的温度为T1，活塞恰好移动到汽缸口时，封闭气体的温度为T2，则由盖­吕萨克定律可知＝， 又T1＝(273＋27)K＝300 K，h1＝30 cm，h2＝50 cm， 解得T2＝500 K，即227 ℃。 (2)因为227 ℃<427 ℃，所以气体接着发生等容变化。设当气体温度达到427 ℃时，封闭气体的压强为p，由查理定律可得＝， 又p0＝1.0×105 Pa，T＝(273＋427)K＝700 K， 代入数据可得p＝1.4×105 Pa。 (3)由题意可知，气体膨胀过程中活塞移动的距离 Δx＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m， 故大气压力对封闭气体所做的功为 W＝－p0SΔx， 代入数据解得W＝－100 J， 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可得， Q＝ΔU－W＝100 J－(－100 J)＝200 J， 即封闭气体在整个过程中吸收的热量为200 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$