第3章 专题强化6 热力学第一定律与气体实验定律的综合问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修第三册（人教版2019，浙江）

DI SANZHANG 第三章 专题强化6　热力学第一定律与气体 实验定律的综合问题 1.会分析热力学第一定律与气体图像结合的问题(重点)。 2.会分析热力学第一定律和气体实验定律的综合问题(难点)。 学习目标 2 一、热力学第一定律与气体图像的结合 二、热力学第一定律和气体实验定律的综合 专题强化练 内容索引 3 一 热力学第一定律与 气体图像的结合 4 如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，请在图像基础上思考以下问题： (1)在变化过程中是气体对外界做功还是外界对气体做功？做了多少功？ 答案　由a状态变化到b状态，气体体积变大，因此气体对外界做功，即W<0。 p－V图像中所围面积表示做功绝对值大小，W＝p1(V2－V1)。 (2)在变化过程中气体吸热还是放热？气体内能如何变化？ 答案　由理想气体状态方程结合p－V图像知从a状态变化到b状态，温度升高，故ΔU>0。由ΔU＝W＋Q得Q>0，即气体吸热，内能增加。 　(2022·温州市高二期末)一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。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，气体体积增大，对外做功 D.B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数减少 例1 √ 故A→B的过程中，气体体积不变，没有对外界做功， 由于气体温度升高，故内能增加，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量，A错误，B正确； B→C的过程中，温度不变内能不变，随着压强增大，气体体积减小，外界对气体做功，C错误； B→C的过程中，由于温度不变，分子平均动能不变，压强增大体积减小，单位体积内的分子数增多，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增多，D错误。 　(多选)(2022·绍兴市高二期末)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)，这就是著名的“卡诺循环”。该循环过程中，下列说法正确的是 A.A→B过程中，外界对气体做功 B.B→C过程中，气体的温度降低 C.C→D过程中，气体要放热 D.一个循环过程，气体内能不变 例2 √ √ √ 由p－V图像可知，在A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A错误； 在B→C过程中，气体体积增大，故气体对外界做功W<0，由于B→C为绝热过程，没有热交换Q＝0，根 据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，内能减少，温度降低，故B正确； C→D过程中，温度不变，气体内能不变ΔU＝0，体积减小，外界对气体做功W>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，则Q<0，气体放热，故C正确； 一个循环过程，气体又回到初始状态，根据理想气体状态方程 ＝C，气体pV的乘积不变，故气体 的温度T不变，故气体内能不变，故D正确。 　(2022·温州市一模)如图甲所示，在竖直 放置的圆柱形容器内用横截面积S＝100 cm2 的质量不计且光滑的活塞密封一定质量的 理想气体，活塞上有一质量为m的重物。图 乙是密闭气体从状态A变化到状态B的V－T图像，密闭气体在A点的压强pA＝1.03×105 Pa，从状态A变化到状态B的过程中吸收热量Q＝500 J。已知外界大气压强p0＝1.01×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是 A.重物质量m＝1 kg B.气体在状态B时的体积为8.0×10－2 m3 C.从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功202 J D.从状态A变化到状态B的过程，气体的内能增加294 J 例3 √ 在A状态，根据题意mg＋p0S＝pAS 解得m＝2 kg，故A错误； 解得VB＝8.0×10－3 m3，故B错误； 从状态A变化到状态B的过程，气体对外界做功W＝pAΔV＝206 J，故C错误； 根据热力学第一定律ΔU＝Q－W＝294 J 故D正确。 二 热力学第一定律和气体实验定律的综合 15 　如图所示一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。外界大气压为p0 ＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝27 ℃，玻璃管的 横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度如图 所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103 kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃。 (1)求温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L； 例4 答案　36 cm　 (2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，求气体内能的变化量。(结果保留两位有效数字) 答案　减少2.5 J 封闭气体的压强p＝p0＋ρgΔh＝1.272×105 Pa 外界对气体做功W＝pS(L0－L)≈2.5 J 由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 得ΔU＝－2.5 J，即内能减少了2.5 J。 　(2023·浙江1月选考)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。取大气压p0＝0.99×105 Pa，g＝10 m/s2，求气体 例5 (1)在状态B的温度； 答案　330 K　 根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中， (2)在状态C的压强； 答案　1.1×105 Pa 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中， (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量Q。 答案　188 J 根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功， 则W0＝－pBΔV＝－30 J 由热力学第一定律有ΔU＝W0＋Q 解得Q＝ΔU－W0＝188 J。 热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路 总结提升 三 专题强化练 1.(多选)用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图所示，充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则 A.袋内气体体积减小，内能增大 B.袋内气体体积减小，压强减小 C.外界对袋内气体做功，内能增大 D.袋内气体对外界做正功，压强减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础对点练 √ √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 实际气体在温度不太低、压强不太大时可看作理想气体。充气袋被挤压，气体体积减小，外界对气体做正功，则W>0，由于袋内气体与外界无热交换，即Q＝0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋ Q知，内能增大，选项A、C正确； 内能增大，则温度升高，根据理想气体状态方程 ＝C可判断压强一定增大，选项B、D错误。 12 2.(2022·浙江高三阶段练习)如图所示，一定质量的理想气体分别经历a→b和a→c两个过程，其中a→b为等温过程，状态b、c的体积相同，则 A.状态a的内能大于状态b B.状态a的温度高于状态c C.a→c过程中气体吸收热量 D.若沿abca过程变化则外界对气体做负功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于a→b的过程为等温过程，即状态a和状态b温度相同，分子平均动能相同，对于理想气体状态a的内能等于状态b的内能，故A错误； 由于状态b和状态c体积相同，且pb<pc， 可知Tb<Tc，又因为Ta＝Tb，故Ta<Tc，故B错误； 因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做正功；而气体温度升高，内能增加，根据ΔU＝W＋Q可知气体吸收热量，故C正确， 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 若沿abca过程变化，气体体积先增大后减小，则气体先对外做功，后外界对气体做功，由图可知外界对气体做的功大于气体对外界做的功，两阶 段的功之和即abca过程围成的面积，可知此过程中外界对气体做正功，D错误。 12 3.(2023·乐清市知临中学校考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其压强p和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统 A.外界对其做正功 B.体积保持不变 C.从外界吸热 D.内能减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 在p－T图像上分别作过a、b的等容线，如图所示 由斜率知Va<Vb，即从a→b，外界对其做负功，故A、B错误； 根据ΔU＝W＋Q，外界对其做负功，W<0，而温度升高，说明内能增加，ΔU>0，因此Q>0，即从外界吸热，故C正确，D错误。 12 4.(2022·湖北卷)一定质量的理想气体由状态a变为状态c，其过程如p－V图中a→c直线段所示，状态b对应该线段的中点。下列说法正确的是 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据理想气体的状态方程 ＝C，可知a→b气体温度升高，内能增加，即ΔU>0，且体积增大，气体对外界做功，即W<0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知a→b过程中气体吸热，A错误，B正确； 根据理想气体的状态方程 ＝C，可知，p－V图像的坐标值的乘积反映温度，a状态和c状态的坐标值的乘积相等，而中间状态的坐标值乘积更大，则a→c过程的温度先升高后降低，且状态b的温度最高，C错误； a→c过程气体体积增大，气体对外界做功，D错误。 12 5.(多选)如图所示，金属薄壁汽缸静止在水平地面上，内部封有一定质量的理想气体，竖直向上的外力F作用于活塞，拉动活塞向上缓慢移动，环境温度和压强不变，汽缸未离开地面，不计活塞与汽缸间的摩擦，活塞向上运动过程 A.外界对气体做正功 B.外力F逐渐增大 C.气体从外界吸热 D.汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ √ 12 活塞向上运动过程，气体体积变大，气体对外界做正功，A错误； 由于活塞向上缓慢移动，气体温度始终与外界相同，即 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 气体发生等温变化，气体内能不变，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，C正确； 由理想气体状态方程 ＝C，可知气体等温膨胀，压强p减小，对活塞由平衡条件可得F＋pS＝mg＋p0S， 故外力F逐渐增大，B正确； 由压强的微观意义可知，汽缸内壁单位面积单位时间受到分子撞击次数减少，D正确。 12 6.(多选)如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C为等压过程，D→A为等容过程。关于该循环过程，下列说法正确的是 A.A→B过程中，气体放出热量 B.C→D过程中，气体放出热量 C.B→C过程中，气体分子的平均动能减小 D.D→A过程中，气体内能减少 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 因为A→B为等温过程，压强变大，体积变小，故外界对气体做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定放出热量，故A正确； C→D为等温过程，压强减小，体积增大，则气体对外做功，温度不变，则内能不变，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故B错误； 因为B→C为等压过程，由于体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，内能增加，故气体分子的平均动能增大，故C错误； D→A为等容过程，由于压强减小，由查理定律可知，温度降低，则内能减少，故D正确。 12 7.(多选)(2022·宁波市慈溪中学高二阶段练习)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a，则下列说法正确的是 A.b、c两个状态气体温度相同 B.ca过程中，气体对外做功 C.bc过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界 所做的功 D.ab过程中，气体内能一定增加 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 设气体在状态b时的温度为Tb，在状态c时的温度为Tc，由图可知，气体在状态b时的压强为2p0，体积为V0，在状态c时的压强为p0，体积为2V0， 可得Tb＝Tc 则理想气体在状态b和状态c的内能相等，由图可知，bc过程中，气体体积变大，气体对外界做功，由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 可知，气体从外界吸热，且气体从外界吸收的热量等于气体对外界所做的功，故A、C正确； 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由图可知，ca过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故B错误； 可得Tb＝2T0 则气体内能一定增加，故D正确。 12 8.(多选)一定质量的理想气体的p－V图像如图所示，从状态a经过程Ⅰ缓慢变化到状态b，再由状态b经过程Ⅱ缓慢变化到状态a，表示两个过程的图线恰好围成以ab为直径的圆。以下说法正确的是 A.过程Ⅰ中气体的温度保持不变 B.过程Ⅱ中气体的温度先升高后降低 C.过程Ⅱ中气体向外界释放热量 D.过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中气体放出的热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 过程Ⅱ中从b→a，a、b两状态温度相同，即ΔU＝0，Va>Vb，则W<0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得Q＞0，所以气体吸热，C错。 在p－V图像中，图线与坐标横轴围成的“面积”对应功的大小，过程Ⅱ气体对外界做的功大于过程Ⅰ外界对气体做的功，故过程Ⅱ中气体吸收的热量大于过程Ⅰ中气体放出的热量，D对。 由理想气体状态方程 ＝C可知，a、b两状态的温度相同，过程Ⅰ中气体的温度先降低后升高，同理可知，过程Ⅱ中气体温度先升高后降低，A错，B对。 12 9.(多选)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，最后变化到状态A，其变化过程的p－T图像如图所示，AB的延长线通过坐标原点O，BC平行于T轴，CA平行于p轴。已知该气体在状态B时的体积为4×10－3 m3，在状态C时的体积为6×10－3 m3，则下列说法正确的是 A.从状态A到状态B的过程中气体分子热运动的平均动能减小 B.从状态B到状态C的过程中外界对气体做的功为200 J C.从状态A经状态B到状态C的过程中气体从外界吸收的热量 为200 J D.从状态A经状态B和状态C，最后又回到状态A，在整个过程中气体从外界吸 收的热量大于向外界放出的热量 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ √ 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 从状态A到状态B过程中气体的温度降低，气体分子的平均动能减小，A正确； 从状态B到状态C过程中气体等压变化，体积增大，气体对外做功，气体压强为p＝1.0×105 Pa，气体在 状态B时的体积为4×10－3 m3，在状态C时的体积为6×10－3 m3，则气体对外界做的功为W＝p(VC－VB)＝200 J，B错误； 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于状态A与状态C的温度相同，所以该气体从状态A到状态C的过程中，内能变化量ΔU＝0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q1＋W1，从状态A到状态B过程气体体积不变，则气体不做功，从状态B到状态C的过 程气体对外界做功，即W1＝－200 J，所以从状态A经状态B到状态C的过程中气体吸收的热量Q1＝200 J，C正确； 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 从状态C回到状态A过程，气体温度不变，则内能不变，即ΔU＝0，气体体积减小，则外界对气体做功，即W2>0，根据热力学第一定律有ΔU＝Q2＋W2，则有Q2<0，即气体向外界放热，从图像可得气体对外 做功时气体的压强小于外界对气体做功时气体的压强，则|W1|<W2，Q1<|Q2|，在整个过程中气体从外界吸收的热量小于向外界放出的热量，D错误。 12 10.带活塞的汽缸封闭了一定质量的理想气体， 该理想气体经历了如图所示的AB、BC和CA过 程。已知气体在状态B时，温度为640 K。 (1)求气体在状态A时的温度； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　160 K 12 代入数据解得TA＝160 K (2)若C到A过程中，气体内能减小了38 J，求该过程中气体与外界的热量交换。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　放出热量98 J C到A过程中，气体体积减小，外界对气体做功为 W＝pA·ΔV＝2×104×(6－3)×10－3 J＝60 J， 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q， 解得Q＝ΔU－W＝－38 J－60 J＝－98 J 所以该过程中气体放出热量98 J。 12 11.(2023·临海市、新昌市三校联考)如图 甲所示，水平对置发动机的活塞对称分 布在曲轴两侧，在水平方向上左右运动， 发动机安装在汽车的中心线上，两侧活塞产生的影响相互抵消，可使车辆行驶更加平稳，同时节约能源、减少噪声。图乙为左侧汽缸(圆柱形)简化示意图。某次工厂测试某绝热汽缸的耐压性能，活塞横截面积为S，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ℃。已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　4p0　 对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S＝p0S＋F，解得p1＝4p0 (2)气体温度达到827 ℃时，气体的压强p2； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 假设加热升温过程始终是等压变化， (3)在第(2)问条件下，如果此过程中气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案　Q－8p0SL 此过程中气体对外做功为W＝p1S·2L＝8p0SL 根据热力学第一定律，有ΔU＝Q－W 可得此过程中气体内能的增加量为ΔU＝Q－8p0SL。 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12.(2022·温州市高二期末)如图所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根内部粗细均匀透明吸管，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，这就是一个简易的气温计。当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5 cm处缓慢移到离接口15 cm的位置。则下列说法中错误的是 A.温度T2大于温度T1 B.温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体的压强变大 C.温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体从外界吸收的 热量Q D.若给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的 √ 12 油柱总是处于平衡状态，即饮料罐内气体的压强总是与外界大气压相等，B错误，符合题意； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当温度由T1变为T2时，油柱从离接口5 cm处缓慢移到离接口15 cm的位置，可知气体体积膨胀，由盖－吕萨克定律可知，气体温度升高，故温度T2大于温度T1，A正确，不符合题意； 气体体积膨胀对外做功，而温度升高内能增大，由热力学第一定律可知，温度由T1变为T2的过程，饮料罐内气体对外做的功W小于气体从外界吸收的热量Q，C正确，不符合题意； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 可知T与x是一次函数关系，故给吸管标上温度刻度值，刻度是均匀的，D正确。 由理想气体状态方程可得＝C 即p＝·T   根据图像可知＝C 所以气体做等压变化＝ 气体做等压变化，由盖—吕萨克定律得＝，解得L＝36 cm 封闭气体的压强不变，则有＝ 解得TB＝TA＝330 K 气体的体积不变，则有＝  pB＝p0＋＝1×105 Pa 解得pC＝pB＝1.1pB＝1.1×105 Pa 根据理想气体状态方程＝ 由理想气体状态方程有＝ ab过程中，由理想气体状态方程有＝  A到B过程，由理想气体状态方程有＝， 答案　p0 根据盖－吕萨克定律，有＝ 解得L′＝L>3L 此时活塞已经与汽缸右侧挡片接触，由＝得p2＝p0 设吸管横截面积为S，饮料罐体积为V，油柱离接 口距离为x，由理想气体状态方程可得＝ C，整理可得T＝(V＋S·x) $$