第3章 专题强化练7 热力学第一定律与气体实验定律的综合应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第三册（人教版 江苏北京专用）

第三章　热力学定律 专题强化练7　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用 一、选择题 1.(2025江苏苏锡常镇二模)如图所示为一定质量理想气体经历的循环,该循环由两个等温过程、一个等压过程和一个等容过程组成。则下列说法正确的是(　　) A.在a→b过程中,气体分子的数密度变小 B.在b→c过程中,气体吸收热量 C.在c→d过程中,气体分子的平均速率增大 D.在d→a过程中,气体的内能增加 2.(2025江苏扬州期末)如图,一直立的绝热汽缸中的理想气体被轻弹簧连接的绝热活塞分成a、b两部分,活塞与缸壁间密封良好且没有摩擦。初始时活塞静止,缓慢将汽缸旋转90°,使其平放后(　　) A.b气体的压强减小 B.a气体的温度降低 C.a气体所有分子的速率都增大 D.b气体中单位体积内的分子数增加 3.(2025安徽安庆期末)一定质量的理想气体历经如图所示的循环过程,a→b过程是等温过程,b→c过程是等容过程,c→a过程是等压过程。下列说法正确的是(　　) A.a→b过程中气体的内能增加 B.b→c过程中气体向外界放热 C.a→b过程中气体从外界吸收的热量全部用于对外做功 D.c→a过程中外界对气体做的功等于a→b过程中气体对外界做的功 二、非选择题 4.(2025湖北襄阳期末)一定质量的理想气体,从状态A到B再到C的压强与体积的关系图像如图所示,AB是双曲线的一部分,已知气体在状态A的温度为T0,再根据图中所给的其他已知信息: (1)求气体在状态B的压强以及在状态C的温度; (2)若气体从状态A到B再到状态C对外做的功为W0,则气体从状态A到B的过程与外界交换的热量为多少? 5.(创新题·新情境)(2025河南新乡期末)某同学为估测一葫芦的容积,在葫芦口竖直插入一横截面积S=0.2 cm2的玻璃管,玻璃管与葫芦间的缝隙用橡皮泥密封。管内有一长度l1=5 cm的静止水银柱,水银柱底部到葫芦口的高度h1=55 cm。现用注射器向玻璃管内缓慢加注水银,水银柱长度变为l2=14 cm时,其底部到葫芦口的高度h2=5 cm。已知大气压强p0=76 cmHg,环境温度不变,葫芦导热良好,1 cmHg≈1.3×103 Pa。 (1)求葫芦的容积; (2)现给葫芦缓慢加热,使水银柱底部到葫芦口的高度重新回到55 cm,整个过程未有水银从玻璃管溢出,求加热过程中葫芦内气体对外做的功。 6.(2025云南昆明期末)如图所示,竖直放置的圆柱形汽缸内用横截面积为S的轻质活塞封闭1 mol的理想气体,汽缸密闭性良好,活塞可在汽缸内无摩擦滑动。初始时,活塞静止在距汽缸底部L处,活塞上方2L处有固定卡扣。现加热气体,使其温度从T缓慢升高至3T,该过程中气体内能增加3p0SL(p0为外界大气压强),此后气体温度继续缓慢升高至5T。已知理想气体的内能与气体的热力学温度成正比,外界大气压强恒为p0。 (1)求温度升高至3T时气体的体积; (2)求温度从T升高至3T的过程中,气体吸收的热量; (3)摩尔热容指的是1 mol物质温度升高1 K所吸收的热量。摩尔热容与气体经历的变化过程有关,如果升温是在体积不变条件下进行,该热容称为等容摩尔热容(CV);如果升温是在压强不变条件下进行,该热容称为等压摩尔热容(Cp)。求该气体温度从T升高至5T的过程中,气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值。 7.(2025广东江门期中)如图所示,一汽缸竖直放在水平地面上,缸体质量M=10 kg,活塞质量m=4 kg,活塞横截面积为S=2×10-3 m2,活塞上面封闭了一定质量的理想气体,活塞下面与劲度系数k=2×103 N/m的竖直固定轻弹簧相连,汽缸底部有气孔O与外界相通,大气压强p0=1.0×105 Pa。当汽缸内气体温度为400 K时,弹簧为自然长度,此时活塞与汽缸顶部之间的距离为L1=20 cm,重力加速度g取10 m/s2,汽缸和活塞导热性能均良好,缸体始终竖直,活塞不漏气且与缸壁无摩擦。 (1)当活塞与汽缸顶部之间的距离为L2=24 cm时,缸内气体温度为多少? (2)缸内气体温度上升到T0时,汽缸恰好离开地面,则T0为多少? (3)缸内气体温度从T0上升到T=1 500 K过程中内能增量ΔU=5 J,求该过程中缸内气体从外界吸收的热量Q。 答案与分层梯度式解析 1.B　在a→b过程中,气体的体积变小,则气体分子的数密度变大,故A错误;在b→c过程中,气体等压膨胀,根据=C可知,气体温度升高,气体的内能增大,由于气体体积增大,气体对外界做功,根据热力学第一定律可知,气体吸收热量,故B正确;在c→d过程中,气体温度不变,气体分子的平均速率不变,故C错误;在d→a过程中,气体体积不变,压强减小,根据=C可知,气体温度降低,气体的内能减小,故D错误。 方法技巧 解答气体实验定律和热力学第一定律的综合应用题的关键 　　(1)一定质量的理想气体的内能完全由温度来决定。 　　(2)注意应用理想气体状态方程=分析状态参量的变化。 　　(3)理想气体状态变化时,体积变大,气体对外做功(自由膨胀例外),W<0;体积变小,外界对气体做功,W>0。 　　(4)在p-V图像中,p-V图线下方的“面积”表示功的多少。 　　①曲线不封闭:如图甲、乙,曲线与V轴所围面积表示做功。若变化过程沿曲线向V轴正向,气体对外做功,反之外界对气体做功。 　　②曲线封闭:一般是循环过程,如图丙,阴影面积表示做功。顺时针循环,气体对外做功;逆时针循环,外界对气体做功。 2.A　设弹簧处于拉伸状态,弹力大小为F,活塞的质量为m,横截面积为S,对活塞受力分析可知,汽缸竖直放置时,根据平衡条件有pbS+F=paS+mg,水平放置时假设活塞位置不变,则pbS+F>paS,故活塞向a移动,a气体的体积减小,外界对a气体做功,a气体的内能增大,则a气体的温度升高,故a气体分子的平均速率增大,但不是a气体所有分子的速率均增大,b气体的体积增大,则b气体中单位体积内的分子数减小,b气体对外界做功,b气体的内能减小,则b气体的温度降低,则b气体的压强减小,故A正确,B、C、D错误。 3.C　a→b过程为等温变化,则气体的内能不变,气体体积增大,气体对外做功,由热力学第一定律可知,气体吸收的热量全部用来对外做功,故A错误,C正确;b→c过程为等容变化,则W=0,pc>pb,由查理定律可得=,可得Tc>Tb,则气体的内能增大,即ΔU>0,由热力学第一定律可得Q>0,即气体从外界吸热,故B错误;p-V图线与横轴围成的面积在数值上等于气体对外界或外界对气体所做的功,据此由图可知,c→a过程中外界对气体做的功大于a→b过程中气体对外界做的功,故D错误。 归纳总结 　　处理热力学第一定律与气体状态图像的综合问题的思路: 　　(1)根据气体状态图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况,从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。 　　(2)在p-V图像中,图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。 　　(3)结合热力学第一定律判断有关问题。 4.答案　(1)p0　1.65T0　(2)W0- 解析　(1)AB是双曲线的一部分,则气体从A到B做等温变化,则有TB=TA=T0 根据玻意耳定律有2p0V0=pB·2V0 解得pB=p0 气体从B到C过程,根据理想气体状态方程有= 解得TC=1.65T0 (2)图中,p-V图线与横轴所围的面积表示理想气体对外做的功,则气体从B到C过程对外做的功为W2== 设气体从A到B过程对外做的功为W1,则有W0=W1+W2 解得W1=W0- 气体从A到B过程为等温变化,则ΔU=0 根据热力学第一定律有ΔU=Q-W1 解得Q=W1=W0- 方法技巧 　　热力学第一定律与气体实验定律 的综合问题的处理方法 　　(1)气体实验定律的研究对象是一定质量的理想气体。 　　(2)解决具体问题时,分清气体的变化过程是求解问题的关键,根据不同的变化,找出相关的气体状态参量,利用相关规律解决。 　　(3)对理想气体,只要体积变化,外界对气体(或气体对外界)做功就不为零(自由膨胀除外);只要温度发生变化,其内能就发生变化。 　　(4)结合热力学第一定律ΔU=W+Q求解问题。 5.答案　(1)89 cm3　(2)1.17 J 解析　(1)设葫芦的容积为V,初始时,葫芦内封闭气体的压强p1=p0+ρgl1 加注水银后,葫芦内封闭气体的压强p2=p0+ρgl2 由玻意耳定律有p1(V+Sh1)=p2(V+Sh2) 解得V=89 cm3 (2)由几何关系可知,气体体积变化量ΔV=(h1-h2)S 葫芦内气体对外做的功W=p2ΔV 代入数据解得W≈1.17 J 6.答案　(1)3SL　(2)5p0SL　(3) 解析　(1)假设温度升高至3T时,活塞还未运动到固定卡扣位置,设此时气体的体积为V,气体温度从T升高至3T的过程中,气体经历等压变化,可得= 解得V=3SL 此时活塞距汽缸底部的距离刚好为3L,说明活塞恰好运动到固定卡扣位置。 (2)气体温度从T升高至3T的过程中,对外界做的功为W=2p0SL 由热力学第一定律可得ΔU=Q-W 解得Q=5p0SL (3)理想气体内能与热力学温度成正比,可得气体温度从3T升高至5T的过程中内能的增加量等于温度从T升高至3T过程中内能的增加量,ΔU1=ΔU 由热力学第一定律可得ΔU1=Q1+W1 气体温度从3T升高至5T的过程中,气体体积不变,外界对气体不做功,W1=0 由摩尔热容的定义可得CV=,Cp= 可得温度从T升高至5T的过程中,气体的等容摩尔热容与等压摩尔热容的比值为= 归纳总结 　　热力学第一定律与气体实验定律结合问题的处理思路: 7.答案　(1)720 K　(2)1 012.5 K　(3)44 J 解析　(1)根据题意,有V1=L1S,V2=L2S,T1=400 K p1=p0-=0.8×105 Pa p2=p0+=1.2×105 Pa 根据理想气体状态方程,得= 解得T2=720 K (2)当气体压强增大到一定值时,汽缸对地压力刚好为零,此后再升高气体温度,气体压强不变,气体做等压变化,设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δx,则kΔx=(m+M)g,解得Δx=7 cm V3=(Δx+L1)S,p3=p0+=1.5×105 Pa 根据理想气体状态方程,得= 解得T0=1 012.5 K (3)缸内气体温度从T0上升到T=1 500 K过程中,气体压强不变,假设汽缸上升了L3的高度,则V4=(Δx+L1+L3)S 根据盖-吕萨克定律,得= 解得L3=13 cm 上述过程为等压变化,且气体对外做功,可得 W=-p3ΔV=-p3L3S=-39 J 根据热力学第一定律得ΔU=Q+W 解得Q=44 J 11 学科网（北京）股份有限公司 $