第三章 专题强化 热力学第一定律和气体实验定律的综合应用（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第三册教师用书（人教版 浙江）

专题强化　热力学第一定律和气体实验定律的综合应用 ［学习目标］　1.会分析热力学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题(重难点)。2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题(重难点)。 一、热力学第一定律与气体图像的结合 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？p-V图像与V轴围成的面积表示什么？ (2)在变化过程中气体内能增加了还是减少了？气体吸热还是放热？ 答案　(1)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图像中图线与V轴所围面积表示做功的绝对值，|W|=p1(V2-V1)。 (2)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，气体温度升高，故ΔU>0，内能增加。由ΔU=W+Q得Q>0，即气体吸热。 例1　(多选)(2023·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 答案　BCD 解析　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，则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，则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。 例2　(多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图像上从a到b的线段所示。在此过程中(　　) 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 答案　BCD 解析　因从a到b过程的p-T图像过原点，由=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误；因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；因W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项C、D正确。 例3　(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、质量不计且光滑的活塞密封一定质量的理想气体，初始时活塞静止且上面放有一质量为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 答案　D 解析　在A状态，根据题意mg+p0S=pAS 解得m=2 kg，故A错误； 根据V-T图像可知=C 所以气体做等压变化，由盖—吕萨克定律= 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气=pAΔV=206 J，故C错误； 根据热力学第一定律ΔU=Q-W气=294 J 故D正确。 二、热力学第一定律和气体实验定律的综合 例4　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； (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　(1)36 cm　(2)减少2.5 J 解析　(1)气体做等压变化， 由盖—吕萨克定律得=， 解得L=36 cm (2)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。 例5　(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 (1)在状态B的温度； (2)在状态C的压强； (3)由状态A到状态C过程中从外界吸收热量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， 则有= 解得TB=TA=330 K (2)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， 则有= pB=p0+=1×105 Pa 解得pC=pB=1.1pB=1.1×105 Pa (3)根据题意可知，从状态A到状态C的过程中气体对外做功， 则W=-pBΔV=-30 J 由热力学第一定律有ΔU=W+Q 解得Q=ΔU-W=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 专题强化练　［分值：80分］ 1~6题每题5分，共30分 1.(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体(　　) A.对外做功 B.内能减小 C.吸收热量 D.压强不变 答案　B 解析　由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误；爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确；根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，爬山过程中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出热量，故C错误；爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变，温度减小，根据理想气体状态方程=C，可知气体压强减小，故D错误。 2.(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，气体内能增大 D.袋内气体对外界做正功，压强减小 答案　AC 解析　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，气体内能增大，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。 3.(2022·浙江省高二月考)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 答案　C 解析　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，根据理想气体状态方程= 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，气体对外界做功，则W<0；而气体温度升高，内能增加，根据ΔU=W+Q可知Q>0，气体吸收热量，故C正确， 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，则Wab<0，后外界对气体做功，则Wca>0，由题图可知外界对气体做的功大于气体对外界做的功，则|Wab+Wca|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。 4.一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V-T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105 Pa。下列说法正确的是(　　) A.状态A→B过程是等容变化 B.状态B→C过程是等温变化 C.状态A→B的过程气体吸热 D.状态B→C过程气体对外做功200 J 答案　A 解析　由题图可知状态A→B过程体积不变，是等容变化，BC连线过原点，所以状态B→C过程是等压变化，故A正确，B错误；A→B过程体积不变，则W=0，温度逐渐降低，所以内能减小，根据热力学第一定律ΔU=Q+W，可知该过程气体放热，故C错误；状态B→C过程是等压变化，气体对外做功的大小为W=p(VC-VB)，解得W=400 J，故D错误。 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 答案　BCD 解析　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。 6.(多选)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V-T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则(　　) A.气体在状态c的体积为1.5V0 B.气体在状态b的压强为p0 C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0 D.从状态a到状态b，气体内能的变化量为Q-p0V0 答案　BD 解析　由题意可知ca的延长线通过坐标原点O，从a到c气体压强不变，则有pc=p0，根据盖—吕萨克定律有=，解得Vc=2V0，故A错误；cb为等温过程，根据玻意耳定律可得pcVc=pb·3V0，解得pb=p0，故B正确；从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值为W=p0(Vc-Va)=p0(2V0-V0)=p0V0，根据热力学第一定律可得该过程气体内能变化量ΔU=Q-W=Q-p0V0，由于从状态c到状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和从状态a到状态c的过程，气体内能的变化量相同，圴为Q-p0V0，故C错误，D正确。 7~10题每题7分，11题13分，共41分 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 答案　ACD 解析　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，由理想气体状态方程有= 可得Tb=Tc 则理想气体在状态b和状态c的内能相等，由题图可知，bc过程中，气体体积变大，气体对外界做功，则W<0，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； 由题图可知，ca过程中，气体体积减小，外界对气体做功，故B错误； ab过程中，由理想气体状态方程有= 可得Tb=2T0 则气体内能一定增加，故D正确。 8.(多选)如图所示为测量大气压强的实验装置，将一定质量的理想气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管分别与注射器和装有水银的U形管连接。最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为800 mL。现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中水银液面的高度差为25 cm。环境温度不变，不计细玻璃管中气体的体积。下列说法正确的是(　　) A.气体的内能增大 B.气体分子的平均动能不变 C.气体对外界做的功等于气体吸收的热量 D.大气压强的测量值为75 cmHg 答案　BD 解析　环境温度不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，可知气体的温度不变，气体的内能不变，气体分子的平均动能不变，故A错误，B正确；气体的温度不变，气体的内能不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知外界对气体做的功等于气体放出的热量，故C错误；气体初态为p1=p0，V1=800 mL，气体末态为p2=p0+p，V2=600 mL，其中p=25 cmHg，气体做等温变化，则p1V1=p2V2，解得大气压强的测量值为p0=75 cmHg，故D正确。 9.(多选)一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p-V图像如图所示，已知状态A的气体温度为TA=200 K，下列说法正确的是(　　) A.状态B的温度为627 ℃ B.在A→B过程中，气体不对外做功，外界也不对气体做功 C.在B→C过程中，气体对外做功1 200 J D.在A→B→C→A一个循环过程中，气体向外界释放热量450 J 答案　BD 解析　状态A→B为等容变化，有=，解得：TB=TA=×200 K=800 K，状态B的气体温度为tB=(800-273)℃=527 ℃，故A错误； 在A→B过程中，气体体积没有发生变化，气体不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确； 在B→C过程中，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功为 W1=pB(VB-VC)=4×105×(5-2)×10-3 J=1 200 J，故C错误； 在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能变化ΔU=0。A→B过程，气体体积不变，做功为零，即W2=0；B→C过程，外界对气体做功为W1=1 200 J；C→A过程，气体对外界做的功等于p-V图线与横坐标轴围成的面积W3=×(1+4)×105×3×10-3 J=750 J，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，表达式中的W表示外界对气体做的功，则有W=W1+W2-W3=1 200 J-750 J=450 J，联立可得Q=ΔU-W=-450 J，气体向外界释放热量450 J，故D正确。 10.(多选)一定质量的理想气体，经历了从a→b→c→d的状态变化过程，其p-T图线如图，ba延长线过原点O，bc与横轴平行，cd与纵轴平行，a、d连线与横轴平行。则(　　) A.a→b的过程中，每个分子热运动的动能都增大 B.b→c的过程中，外界对气体做功 C.c→d的过程中，气体压强减小是因为气体分子的密集程度减小 D.a→b→c→d的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做的功 答案　CD 解析　a→b的过程为等容升温吸热过程，分子平均动能增大，但某一个分子动能可能减小，A错误；b→c的过程，压强不变，温度升高，则气体的体积增大，气体对外界做功，B错误；c→d的过程为等温过程，气体压强减小，根据玻意耳定律可知气体体积增大，由于气体分子平均动能不变，因此气体压强减小是因为气体分子的密集程度减小，C正确；a→b→c→d整个过程末状态气体温度升高，内能增加，且体积增大，气体对外做功。根据热力学第一定律知，气体吸收的热量大于气体对外做的功，D正确。 11.(13分)(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分)当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1； (2)(6分)气体温度达到827 ℃时，气体的压强p2； (3)(5分)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。 答案　(1)4p0　(2)p0　(3)Q-8p0SL 解析　(1)对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S=p0S+F，解得p1=4p0 (2)假设加热升温过程始终是等压变化，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 (3)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。 (9分) 12.(2023·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 答案　B 解析　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；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；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) 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。 学科网（北京）股份有限公司 $ DISANZHANG 第三章 专题强化　热力学第一定律和气体 实验定律的综合应用 1 1.会分析热力学图像的物理意义，并结合热力学第一定律分析有关能量问题(重难点)。 2.会综合分析热力学第一定律和气体实验定律结合的有关问题(重难点)。 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？p-V图像与V轴围成的面积表示 什么？ 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图像中图线与V轴所围面积表示做功的绝对值，|W|=p1(V2-V1)。 (2)在变化过程中气体内能增加了还是减少了？气体吸热还是放热？ 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，气体温度升高，故ΔU>0，内能增加。由ΔU=W+Q得Q>0，即气体吸热。 (多选)(2023·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1 √ √ √ 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，则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，则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。 　(多选)(2022·全国甲卷改编)一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-T图像上从a到b的线段所示。在此过程中 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 例2 √ √ √ 因从a到b过程的p-T图像过原点，由=C可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，选项A错误； 因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加， 选项B正确； 因W=0，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU=W+ Q可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于其内能的增加量，选项C、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、质量不计且光滑的活塞密封一定质量的理想气体，初始时活塞静止且上面放有一质量为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 例3 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 √ 在A状态，根据题意mg+p0S=pAS 解得m=2 kg，故A错误； 根据V-T图像可知=C 所以气体做等压变化，由盖—吕 萨克定律= 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气=pAΔV=206 J，故C错误； 根据热力学第一定律ΔU=Q-W气=294 J 故D正确。 返回 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 气体做等压变化， 由盖—吕萨克定律得=， 解得L=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，封闭气体的压强不变， 则有= 解得TB=TA=330 K (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，气体的体积不变， 则有= pB=p0+=1×105 Pa 解得pC=pB=1.1pB=1.1×105 Pa (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W=-pBΔV=-30 J 由热力学第一定律有ΔU=W+Q 解得Q=ΔU-W=188 J。 总结提升 热力学第一定律和气体实验定律的综合问题的解题思路 返回 专题强化练 三 24 1.(2023·天津卷)如图是爬山所带氧气瓶，氧气瓶里的气体容积质量不变，爬高过程中，温度减小，则气体 A.对外做功 B.内能减小 C.吸收热量 D.压强不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 基础强化练 √ 11 12 由于爬山过程中气体体积不变，故气体不对外做功，故A错误； 爬山过程中温度减小，则气体内能减小，故B正确； 根据热力学第一定律可知ΔU=W+Q，爬山过程 中气体不做功，但内能减小，故可知气体放出 热量，故C错误； 爬山过程中氧气瓶里的气体容积、质量均不变， 温度减小，根据理想气体状态方程=C，可知气体压强减小，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2.(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，气体内能增大 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 12 √ 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，气体内能增大，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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2022·浙江省高二月考)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 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， 根据理想气体状态方程= 可知Tb<Tc，又因为Ta=Tb，故Ta<Tc，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因为a→c过程气体体积增大，气体对外界做功，则W<0；而气体温度升高，内能增加，根据ΔU=W+Q可知Q>0，气体吸收热量，故C正确， 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，则Wab<0，后外界对气体做功，则Wca>0，由题图 可知外界对气体做的功大于气体对外界做的功， 则|Wab+Wca|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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 4.一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V-T图像如图所示。已知该气体在状态B的压强为2.0×105 Pa。下列说法正确的是 A.状态A→B过程是等容变化 B.状态B→C过程是等温变化 C.状态A→B的过程气体吸热 D.状态B→C过程气体对外做功200 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 12 由题图可知状态A→B过程体积不变，是等容变化，BC连线过原点，所以状态B→C过程是等压变化，故A正确，B错误； A→B过程体积不变，则W=0，温度逐渐降 低，所以内能减小，根据热力学第一定律 ΔU=Q+W，可知该过程气体放热，故C错误； 状态B→C过程是等压变化，气体对外做 功的大小为W=p(VC-VB)，解得W=400 J，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)如图所示，一定质量的某种理想气体在状态a时的压强为p0。从状态a到状态c，该气体从外界吸收的热量为Q，在V-T图像中图线ca的延长线通过坐标原点O，从状态c到状态b温度不变，则 A.气体在状态c的体积为1.5V0 B.气体在状态b的压强为p0 C.从状态a到状态c，气体对外界做功为-p0V0 D.从状态a到状态b，气体内能的变化量为Q-p0V0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 由题意可知ca的延长线通过坐标原点O，从a到c气体压强不变，则有pc=p0，根据盖—吕萨克定律有=，解得 Vc=2V0，故A错误； cb为等温过程，根据玻意耳定律可得pcVc= pb·3V0，解得pb=p0，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 从状态a到状态c为等压变化，气体膨胀，气体对外界做正功，其值为W=p0(Vc-Va)=p0(2V0-V0)=p0V0，根据热力学第一定律可得该过程气体内能变化量ΔU=Q-W=Q-p0V0，由于从状态c到 状态b为等温变化，所以从状态a到状态b和 从状态a到状态c的过程，气体内能的变化 量相同，圴为Q-p0V0，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 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 12 能力综合练 √ 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，由理想气体状态方程有= 可得Tb=Tc 则理想气体在状态b和状态c的内能相等， 由题图可知，bc过程中，气体体积变大， 气体对外界做功，则W<0，由热力学第一定律有ΔU=W+Q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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； 由题图可知，ca过程中，气体体积减小，外界 对气体做功，故B错误； ab过程中，由理想气体状态方程有= 可得Tb=2T0 则气体内能一定增加，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8.(多选)如图所示为测量大气压强的实验装置，将一定质量的理想气体密封在烧瓶内，烧瓶通过细玻璃管分别与注射器和装有水银的U形管连接。最初竖直放置的U形管两臂中的水银柱等高，烧瓶中气体体积为 800 mL。现用注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中水银液面的高度差为25 cm。环境温度不变，不计细玻璃管中气体的体积。下列说法正确的是 A.气体的内能增大 B.气体分子的平均动能不变 C.气体对外界做的功等于气体吸收的热量 D.大气压强的测量值为75 cmHg 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 11 12 √ 环境温度不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL 的水，可知气体的温度不变，气体的内能不变， 气体分子的平均动能不变，故A错误，B正确； 气体的温度不变，气体的内能不变，注射器缓慢向烧瓶中注入200 mL的水，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，可知外界对气体做的功等于气体放出的热量，故C错误； 气体初态为p1=p0，V1=800 mL，气体末态为p2=p0+p，V2=600 mL，其中p=25 cmHg，气体做等温变化，则p1V1=p2V2，解得大气压强的测量值为p0=75 cmHg，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9.(多选)一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其p-V图像如图所示，已知状态A的气体温度为TA=200 K，下列说法正确的是 A.状态B的温度为627 ℃ B.在A→B过程中，气体不对外做功，外界也不 对气体做功 C.在B→C过程中，气体对外做功1 200 J D.在A→B→C→A一个循环过程中，气体向外界释放热量450 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ √ 11 12 状态A→B为等容变化，有=，解得：TB=TA=×200 K= 800 K，状态B的气体温度为tB=(800-273)℃=527 ℃，故A错误； 在A→B过程中，气体体积没有发生变化，气体 不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确； 在B→C过程中，气体压强不变，体积减小，外 界对气体做功为W1=pB(VB-VC)=4×105×(5-2)× 10-3 J=1 200 J，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能变化ΔU=0。A→B过程，气体体积不变，做功为零，即W2=0；B→C过程，外界对气体做功为W1=1 200 J；C→A过程，气体对外界做的功等于p-V图线与横坐标轴围成的面积W3=×(1+4)×105×3×10-3 J=750 J，根据热力学第一定律ΔU=W+Q，表达式中的W表示外界对 气体做的功，则有W=W1+W2-W3=1 200 J-750 J= 450 J，联立可得Q=ΔU-W=-450 J，气体向外界 释放热量450 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(多选)一定质量的理想气体，经历了从a→b→c→d的状态变化过程，其p-T图线如图，ba延长线过原点O，bc与横轴平行，cd与纵轴平行，a、d连线与横轴平行。则 A.a→b的过程中，每个分子热运动的动能都增大 B.b→c的过程中，外界对气体做功 C.c→d的过程中，气体压强减小是因为气体分子 的密集程度减小 D.a→b→c→d的过程中，气体吸收的热量大于气体对外做的功 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 a→b的过程为等容升温吸热过程，分子平均动能增大，但某一个分子动能可能减小，A错误； b→c的过程，压强不变，温度升高，则气体的 体积增大，气体对外界做功，B错误； c→d的过程为等温过程，气体压强减小，根据 玻意耳定律可知气体体积增大，由于气体分子 平均动能不变，因此气体压强减小是因为气体分子的密集程度减小，C正确； 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 a→b→c→d整个过程末状态气体温度升高，内能增加，且体积增大，气体对外做功。根据热力学第一定律知，气体吸收的热量大于气体对外做的功，D正确。 11 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 对活塞受力分析，根据共点力平衡，有p1S=p0S+F，解得p1=4p0 (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 假设加热升温过程始终是等压变化，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 (2)气体温度达到827 ℃时，气体 的压强p2； 答案　p0　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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。 (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。 答案　Q-8p0SL 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2023·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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 尖子生选练 √ 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 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； 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 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； 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) 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。 11 12 $