第3章 专题二 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第三册作业与测评word（人教版2019）

专题二　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 1．热力学第一定律与理想气体状态方程综合应用的一般分析思路 对于理想气体，常把热力学第一定律与理想气体状态方程结合起来分析其状态变化规律，常见的分析思路如下： (1)利用体积的变化分析做功问题。气体体积增大，气体对外做功；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，内能减小。 (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，知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。 2．热力学第一定律与气体实验定律综合应用的两点注意 (1)分清气体的变化过程是求解问题的关键。 (2)理想气体体积变化对应着做功，等容过程W＝0；温度变化，内能一定变化，等温过程ΔU＝0；绝热过程Q＝0。 典型考点一　由图像分析气体内能变化 1.一定质量的理想气体，当它发生如图所示的状态变化时，哪一个状态变化过程中，气体吸收的热量全部用来对外界做功(　　) A．由A至B状态变化过程 B．由B至C状态变化过程 C．由C至D状态变化过程 D．由D至A状态变化过程 答案　D 解析　由A到B过程气体发生等容变化，气体体积不变而温度升高，气体内能增加，外界对气体不做功，系统从外界吸收热量，故A错误；由B到C过程气体发生等温变化，气体温度不变而体积减小，气体内能不变，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放出热量，气体放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误；由C到D过程气体发生等容变化，气体体积不变而温度降低，外界对气体不做功，气体内能减少，气体对外放出热量，内能的减少量等于气体放出的热量，故C错误；由D到A过程气体发生等温变化，气体温度不变而体积增大，气体内能不变，气体对外界做功，由热力学第一定律可知，气体要从外界吸收热量，吸收的热量等于气体对外界做的功，故D正确。 2.带有活塞的汽缸内封闭一定质量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，如V­T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为pb和pc，在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则(　　) A．pb>pc，Qab>Qac B．pb>pc，Qab<Qac C．pb<pc，Qab>Qac D．pb<pc，Qab<Qac 答案　C 解析　b、c状态温度相等，且Vb>Vc，根据＝C，可得pb<pc，A、B错误；b、c状态温度相等，可知对a→b和a→c两过程，ΔU相等，气体由a→b，体积增大，对外做功，W为负值；气体由a→c，体积不变，气体对外不做功，W为零，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知Qab>Qac，C正确，D错误。 3.(多选)如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，cd平行于纵坐标轴，ab的延长线过原点，以下说法正确的是(　　) A．从状态d到c，气体不吸热也不放热 B．从状态c到b，气体放热 C．从状态a到d，气体对外做功 D．从状态b到a，气体吸热 答案　BCD 解析　从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，压强减小，所以体积增大，气体对外做功，结合热力学第一定律可知气体一定要吸收热量，A错误；由＝C可得p＝T，结合图像中Oc连线的斜率小于Ob连线的斜率，可知由状态c到b气体体积减小，外界对气体做功，而温度降低，气体的内能减小，因此一定要伴随气体放热的过程，B正确；从状态a到d是一个等压、升温的过程，由＝C知气体体积增大，所以气体对外做功，C正确；从状态b到a是一个等容变化过程，随压强的增大，气体的温度升高，内能增大，而在这个过程气体没有对外做功，外界也没有对气体做功，则这个过程中，气体吸热，D正确。 4.如图，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，已知气体从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1，气体吸收的热量为Q1，从状态b变化到状态c过程中外界对气体做功为W2，气体吸收的热量为Q2，下列说法正确的是(　　) A．气体在状态a、状态b、状态c时的内能相等 B．W2＝3W1 C．Q1＋Q2＝2p0V0 D．W1＋W2＝－(Q1＋Q2) 答案　D 解析　设气体在状态a、状态b、状态c时的温度分别为Ta、Tb、Tc，根据理想气体状态方程有＝＝，可得Ta＝Tb＝Tc，则理想气体在状态a和状态c的内能相等且小于在状态b的内能，故A错误；由题图可知，气体从状态a变化到状态b的过程中外界对气体做功为W1＝(p0＋2p0)(3V0－2V0)＝p0V0，从状态b变化到状态c的过程中外界对气体做功为W2＝(3p0＋2p0)(2V0－V0)＝p0V0，则有3W2＝5W1，故B错误；根据热力学第一定律可知，气体由状态a变化到状态c有ΔU＝W1＋W2＋Q1＋Q2，气体在状态a和状态c的内能相等，则ΔU＝0，即W1＋W2＝－(Q1＋Q2)，则Q1＋Q2＝－(W1＋W2)＝－4p0V0，故C错误，D正确。 5.一定质量的理想气体，状态从A→B→C→D→A的变化过程可用如图所示的p­V图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时的温度为TA＝300 K。 (1)求气体在状态C时的温度TC； (2)若气体在A→B过程中吸热1000 J，则在A→B过程中气体内能如何变化？变化了多少？ (3)整个过程气体是吸热还是放热？ 答案　(1)375 K　(2)增加　400 J　(3)吸热 解析　(1)D→A为等温线，则TA＝TD＝300 K C→D过程为等压变化，由盖—吕萨克定律有＝ 代入图中数据解得TC＝375 K。 (2)A→B过程气体压强不变，体积增大， 外界对气体做的功 W＝－F·ΔL＝－pS·ΔL＝－p·ΔV 代入数据后可得： W＝－2×105×3×10－3 J＝－600 J 由热力学第一定律可得： ΔU＝Q＋W＝1000 J－600 J＝400 J 则气体内能增加了400 J。 (3)由p­V图线与V轴所围面积表示做功的大小，可知A→B过程中气体对外界做的功大于C→A过程中外界对气体做的功，由热力学第一定律知，气体吸热。 典型考点二　汽缸中理想气体内能变化问题 6.如图所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体，活塞和汽缸导热性能良好。活塞与汽缸间无摩擦，汽缸开口始终向上，在室温为27 ℃时，活塞距汽缸底部距离h1＝10 cm，之后将汽缸放置在冰水混合物中，此时外界大气压强为1 atm，(取T＝t＋273 K)则： (1)在冰水混合物中，活塞距汽缸底部距离h2＝________ cm。 (2)此过程中气体内能________(选填“增大”或“减小”)，气体将________(选填“吸热”或“放热”)。 答案　(1)9.1　(2)减小　放热 解析　(1)设汽缸的横截面积为S，由题意可知，汽缸内气体的变化为等压变化，由盖—吕萨克定律可得＝，解得h2＝9.1 cm。 (2)放入冰水混合物后汽缸内气体温度降低，故内能减小，ΔU＜0；由于气体体积减小，故外界对气体做正功，W＞0；由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q＜0，即汽缸内气体向外放热。 7.如图所示，两个截面积都为S的圆柱形容器，右边容器高为H，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的质量为M的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管都是绝热的。开始时阀门关闭，左边容器中装有理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H，右边容器内为真空。现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到新的平衡，此时理想气体的温度增加为原来的1.4倍，已知外界大气压强为p0，求此过程中气体内能的增加量。 答案　(Mg＋p0S)H 解析　设封闭气体压强为p，分析活塞受力有pS＝Mg＋p0S，M和p0均不变，则气体压强p不变，理想气体发生等压变化。 设气体初态温度为T，活塞下降的高度为x，由盖—吕萨克定律得＝ 解得x＝H 因系统绝热，即Q＝0 外界对气体做功为W＝pSx 根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 所以ΔU＝(Mg＋p0S)H。 8.如图为一水平放置的汽缸，装有一定量的体积为1×103 mL的某理想气体，通过一横截面积S＝10 cm2的活塞与压强为p＝1.0×105 Pa的大气相隔。活塞与汽缸壁之间有一定压力，二者间最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝50 N，摩擦产生的热量均耗散到外界，不被汽缸内气体吸收。初态气体温度为T0＝300 K，活塞与汽缸壁之间无摩擦力作用。现用一加热器缓缓对汽缸加热。 (1)求活塞开始移动时气体的温度T1； (2)当加热至末态T2＝900 K时，求因摩擦而耗散的热量； (3)已知该气体的内能满足U＝0.5T(J)(T单位取K)，求从初态到末态气体吸收的热量Q。 答案　(1)450 K　(2)50 J　(3)450 J 解析　(1)初始状态时，活塞与汽缸壁之间无摩擦力作用，则理想气体的压强为 p0＝p＝1.0×105 Pa 设活塞开始移动时理想气体压强为p1，对活塞根据平衡条件可得p1S＝pS＋f 解得p1＝1.5×105 Pa 此过程气体发生等容变化，则有＝ 解得T1＝450 K。 (2)从T1＝450 K加热至末态T2＝900 K，气体发生等压变化，设理想气体的体积从V1变为V2，活塞移动的距离为x，则有＝ 其中V1＝1×103 mL V2＝V1＋Sx 联立解得x＝1 m 当加热至末态T2＝900 K时，因摩擦而耗散的热量为Qf＝fx 解得Qf＝50 J。 (3)从初态到末态气体内能增加量为 ΔU＝0.5T2－0.5T0 此过程外界对气体做的功为 W＝－p1Sx 根据热力学第一定律可得ΔU＝W＋Q 解得从初态到末态气体吸收的热量为 Q＝450 J。 1.如图是一定质量理想气体状态变化的V­T图像，图中ab∥cd，ad平行于横轴，bc平行于纵轴，由图像可知(　　) A．a→b过程气体压强不变 B．b→c过程气体内能不变 C．c→d过程气体密度不变 D．d→a过程气体对外做功 答案　B 解析　在V­T图像中，过坐标原点的直线为等压变化，ab延长线不过坐标原点，故a→b过程不是等压变化，A错误；由题图可知，b→c过程为等温变化，温度不变，故气体内能不变，B正确；c→d过程气体体积减小，由于气体质量不变，故气体密度增大，C错误；d→a过程为等容变化，气体对外不做功，D错误。 2．人们从平原地区到高原旅游时，常常发现类似薯片等零食的封闭包装袋会变得很鼓胀，体积明显增大。已知高原的大气压强和温度都低于平原，袋内气体可看作理想气体，则下列说法正确的是(　　) A．外界对袋内气体做功 B．袋内气体内能减小、压强增大 C．袋内气体内能增大、压强减小 D．单位时间内碰撞包装袋壁的气体分子个数减少 答案　D 解析　封闭包装袋变得很鼓胀，体积明显增大，则袋内气体对外界做功，故A错误；高原的温度低于平原，则袋内气体温度降低，内能减小，而V变大，根据理想气体状态方程＝C，可知袋内气体压强减小，故B、C错误；袋内气体体积增大，单位体积的分子数减小，其温度降低，气体分子的平均动能减小，可知单位时间内碰撞包装袋壁的气体分子个数减少，故D正确。 3.(多选)如图所示是一定质量的理想气体的p­V图像，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2。下列判断正确的是(　　) A．C→D过程放出的热量等于外界对气体做的功 B．若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先降低后升高 C．从微观角度讲B→C过程压强降低是由于分子的数密度减小而引起的 D．若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程气体对外界做功100 J 答案　AD 解析　C→D过程是等温变化，气体内能不变，ΔU＝0，气体体积减小，外界对气体做功，W>0，由热力学第一定律得Q＝ΔU－W＝－W<0，则气体放出热量，放出的热量等于外界对气体做的功，A正确；p­V图像中，双曲线的位置越靠上，等温变化的温度越高，可知若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的温度先升高后降低，B错误；从B→C过程，气体体积不变，分子数密度不变，压强减小，由查理定律可知，气体的温度降低，分子的平均动能减小，根据气体压强的微观解释可知，分子撞击单位面积器壁的作用力变小，C错误；A、B两状态气体内能相等，C、D两状态气体内能相等，由热力学第一定律可知，若B→C过程放热200 J，D→A过程吸热300 J，则D→A过程外界对气体做功WDA＝ΔUDA－QDA＝ΔUCB－QDA＝－QBC－QDA＝－(－200 J)－300 J＝－100 J，即气体对外界做功100 J，D正确。 4.(多选)一定质量的理想气体，经历如图所示的循环，该过程每个状态视为平衡态，各状态参数如图，已知a状态的体积为2.0×10－3 m3，则下列说法正确的是(　　) A．各状态气体体积Va＝Vb>Vc＝Vd B．b→c过程中，气体吸热 C．c→d过程中，气体内能增加 D．d→a过程中，外界对气体做功200 J 答案　BD 解析　根据＝C可知p­T图像中过原点的直线为等容线，且斜率越大的等容线对应的气体的体积越小，由题中图像可知Va＝Vb<Vc＝Vd，A错误；b→c过程中，气体的体积变大，对外做功，温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知气体吸热，B正确；c→d过程中，气体温度降低，则气体内能减小，C错误；根据理想气体状态方程可知＝，解得Vc＝Vd＝4×10－3 m3，则d→a过程中，外界对气体做功W＝pΔV＝1.0×105×(4×10－3－2×10－3) J＝200 J，D正确。 5.封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变化到状态D，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，该气体在状态A的体积为V0，热力学温度为T0，O、A、D三点在同一直线上。在上述过程中，气体对外做功为5 J，内能增加9 J。 (1)气体吸收热量还是放出热量？吸收或放出的热量为多少焦耳？ (2)若在状态D的体积为2V0，则状态D的热力学温度为多少？ 答案　(1)吸收热量　14 J　(2)2T0 解析　(1)根据热力学第一定律W＋Q＝ΔU 且W＝－5 J，ΔU＝9 J 可得Q＝14 J，由于Q>0，可知气体吸收热量。 (2)根据理想气体状态方程得＝ 由于题中V­T图像上A、D两点所在直线过原点，则pA＝pD， 且VD＝2V0，VA＝V0，TA＝T0 联立可得TD＝2T0。 6.一定质量的理想气体由状态A→B→C变化，其有关数据如图所示，已知状态A、C的温度均为27 ℃，(取T＝t＋273 K)求： (1)该气体在状态B的温度； (2)上述过程气体与外界交换的热量。 答案　(1)120 K　(2)3×105 J 解析　(1)从状态A到状态B气体发生等容变化，则有＝，TA＝tA＋273 K＝300 K 代入题图中数据解得TB＝120 K。 (2)从状态A到状态B气体发生等容变化，外界对气体做功为零， 从状态B到状态C，外界对气体做功为 W＝－pB(VC－VB)＝－3×105 J 又TA＝TC，ΔU＝0， 由热力学第一定律得ΔU＝Q＋W 解得Q＝3×105 J，即气体从外界吸收的热量为3×105 J。 7.如图所示，T形活塞固定在地面上，一定质量的理想气体被封闭在竖直汽缸中，汽缸的质量为m、底面积为S，大气压强为p0。初始时活塞与缸底的距离为L0，缸内气体的热力学温度为T0，现使缸内气体的热力学温度逐渐升高到T0，内能增加kT0(k为常数)，汽缸始终未脱离活塞，不计摩擦，重力加速度为g，求此过程中： (1)汽缸上升的高度h； (2)汽缸内气体吸收的热量Q。 答案　(1)L0　(2)kT0＋(mg＋p0S)L0 解析　(1)设汽缸内气体的压强为p，对汽缸由平衡条件得pS＝p0S＋mg p0与m不变，故p不变，汽缸上升过程气体做等压变化，则由盖—吕萨克定律有＝ 其中V0＝L0S，V1＝(L0＋h)S，T1＝T0 解得h＝L0。 (2)外界对汽缸内气体做的功为W＝－pSh 由热力学第一定律有ΔU＝W＋Q 其中ΔU＝kT0 解得Q＝kT0＋(mg＋p0S)L0。 8.如图甲所示，横截面积为S、质量为M的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体，现对汽缸内气体缓慢加热，使其热力学温度从T1升高了ΔT，气柱的高度增加了ΔL，吸收的热量为Q，不计汽缸与活塞的摩擦，外界大气压强为p0，重力加速度为g。问： (1)此加热过程中气体内能增加了多少？ (2)若保持缸内气体温度不变，再在活塞上放一砝码，如图乙所示，使稳定时缸内气体的体积又恢复到初始状态，则所放砝码的质量为多少？ 答案　(1)Q－(p0S＋Mg)ΔL (2) 解析　(1)设缸内气体的压强为p1，活塞受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有Mg＋p0S＝p1S 气体等压膨胀，外界对气体做的功为 W＝－p1SΔL 根据热力学第一定律得ΔU＝Q＋W 联立解得ΔU＝Q－(p0S＋Mg)ΔL。 (2)设放入砝码的质量为m，在末态，缸内气体的热力学温度为T2时压强为p2，活塞和砝码受重力、大气压力和缸内气体的压力作用而平衡，则有(M＋m)g＋p0S＝p2S T2＝T1＋ΔT 根据查理定律得＝ 联立解得m＝。 9.如图所示，竖直放置的圆柱形绝热汽缸内封闭着1 mol单原子分子理想气体，气体热力学温度为T0；活塞的质量为m，横截面积为S，与汽缸底部相距h，现通过电热丝缓慢加热气体，活塞上升了h，已知1 mol单原子分子理想气体内能表达式为U＝RT(R为常数，T为热力学温度)，大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与汽缸的摩擦。 (1)求加热过程中气体吸收的热量； (2)现停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加砂粒，当添加砂粒的质量为m1时，活塞恰好回到原来的位置，求此时气体的热力学温度。 答案　(1)RT0＋(p0S＋mg)h (2)T0 解析　(1)设缸内气体压强为p1，加热后热力学温度为T1，活塞受力平衡，则有 p1S＝mg＋p0S， 加热过程中，外界对气体做功W＝－p1Sh 由盖—吕萨克定律得＝ 解得T1＝2T0 由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q 气体内能的增加量 ΔU＝R(T1－T0)＝RT0 故Q＝ΔU－W＝RT0＋(p0S＋mg)h。 (2)末态时，活塞和砂粒受力平衡，设活塞回到原来位置时，气体压强为p2，热力学温度为T2 则有p2S＝(m＋m1)g＋p0S 由查理定律得＝ 联立解得T2＝T0。 13 学科网（北京）股份有限公司 $$